2021届河南省济源（平顶山许昌市）高三第二次质量检测数学（理）试题（解析版）

2021届河南省济源（平顶山许昌市）高三第二次质量检测数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解指数不等式和一元二次不等式确定集合，然后由并集定义计算．

【详解】因为，

，

所以.

故选：B.

2．若复数满足，则（    ）

A．0 B．1 C． D．2

【答案】D

【分析】先求出复数再代入求解.

【详解】由题得，

所以.

故选：D

3．随着“互联网+”上升为国家战略，某地依托“互联网+智慧农业”推动精准扶贫.其地域内山村的经济收入从2018年的4万元，增长到2019年的14万元，2020年更是达到52万元，在实现华丽蜕变的过程中，村里的支柱性收入也在悄悄发生变化，具体如下图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．2020年外出务工收入比2019年外出务工收入减少

B．种植收入2020年增长不足2019年的2倍

C．2020年养殖收入与2019年其它收入持平

D．2020年其它收入比2019年全部收入总和高

【答案】D

【分析】根据图计算出2020年和2019年外出务工收入即可判断选项A；计算2020年和2019年种植收入可判断选项B；计算2020年养殖收入和2019年其它收入可判断选项C；计算2020年其它收入可判断选项D，进而可得正确选项.

【详解】对于选项A：2020年外出务工收入为万元，2019年外出务工收入为万元，所以2020年外出务工收入比2019年外出务工收入增加，故选项A不正确；

对于选项B：2020年种植收入为万元，2019年种植收入为万元，种植收入2020年增长是2019年的倍，故选项B不正确；

对于选项C：2020年养殖收入为万元，2019年其它收入为万元，2020年养殖收入与2019年其它收入并不持平，故选项C不正确；

对于选项D：2020年其它收入为万元，2019年全部收入总和为万元，所以2020年其它收入比2019年全部收入总和高，故选项D正确，

故选：D.

4．已知双曲线（）的焦点为，，虚轴上端点为，若，则（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】C

【分析】根据是双曲线的上虚轴端点，且，且，由 求解.

【详解】如图所示：

因为双曲线的方程为，

所以，，

则，

因为是双曲线的上虚轴端点，且，

所以，

又因为，

所以 ，

即 ，

解得 ，

故选：C

5．已知直线，和平面，.

命题：若，，，则直线与直线平行或异面；

命题：若，，则；

命题：若，，过平面内一点作直线的垂线，则；

则下列为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分别判断命题、命题和命题的真假，再利用复合命题的真假判断即可得正确选项.

【详解】命题：若，，，则直线与直线平行或异面，所以命题是真命题，

命题：若，，则；可得或，所以命题是假命题，

命题：若，，过平面内一点作直线的垂线，则；为面面垂直的性质定理，是真命题，

对于选项A：和都是真命题，所以是真命题，故选项A正确；

对于选项B：是假命题，是真命题，所以是假命题，故选项B不正确；

对于选项C：是假命题，是假命题，所以是假命题，故选项C不正确；

对于选项D：是假命题，是真命题，所以是假命题，故选项D不正确；

故选：A.

6．如图所示，高尔顿钉板是一个关于概率的模型，每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的距离均相等，上一层的每一颗的水平位置恰好位于下一层的两颗正中间．小球每次下落，将随机的向两边等概率的下落，当有大量的小球都滚下时，最终在钉板下面不同位置收集到小球．若一个小球从正上方落下，落到号位置的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】记小球经过第层的第号通道（从左到右）的概率为，利用独立事件的概率公式计算出、的值，再由可求得结果.

【详解】当小球经过第层时，第一次碰到钉子，向左或向右滚下的概率均为，所以，.

当小球经过第层时，共碰到次钉子，要使得小球经过第号通道，必须满足次向右、次向左滚下，所以，，同理可得.

要使得小球经过号位置（即第层号通道），可由第层号通道向右滚下、也可以由第层号通道向左滚下，

因此，.

故选：C.

【点睛】思路点睛：求相互独立事件同时发生的概率的步骤：

（1）首先确定各事件是相互独立的；

（2）再确定各事件会同时发生；

（3）先求出每个事件发生的概率，再求其积.

7．在平行四边形中，，，若点，满足，，则（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】根据平面向量的基本定理，可得，，代入数量积公式，即可求得答案.

【详解】在平行四边形中，，

，

所以

.

故选：B

8．已知数列的前项和为，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据与的关系可得，再利用累乘法即可得，进而利用裂项相消法求和即可.

【详解】当时，

则

且，即，所以.

两式作差得，

即，即，

所以，即.

则.

所以.

故选：A.

【点睛】方法点睛：求数列的通项公式的常用方法.

（1）由与的关系求解.

（2）累加法.

（3）累乘法.

（4）构造法.

9．已知，，则，，的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先对取对数，可比较，的大小关系，利用对数的运算判断与的大小关系，即可利用单调性判断的范围，进而可得出，，的大小关系.

【详解】对两边同时取常用对数可得,

所以，，

因为在单调递增，所以，

所以，即，

又因为，

，

所以，

所以.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是取对数判断，的大小关系，判断与的关系利用单调性得出的范围.

10．已知各项均为正数的等比数列，，，成等差数列，若中存在两项，，使得为其等比中项，则的最小值为（    ）

A．4 B．9 C． D．

【答案】D

【分析】根据，，成等差数列，可得，即可求得q值，根据为，的等比中项，可求得，利用基本不等式“1”的活用，即可求得答案.

【详解】因为，，成等差数列，所以，

又为各项均为正数的等比数列，设首项为，公比为q，

所以，所以，

解得或（舍），

又为，的等比中项，

所以，

所以 ，

所以，即，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，

所以的最小值为.

故选：D

【点睛】解题的关键是熟练掌握等差中项、等比中项、基本不等式等知识，并灵活应用，数列中应用基本不等式时，应注意取等条件，即角标m，n必须为正整数，属中档题.

11．已知抛物线，过其焦点作抛物线相互垂直的两条弦，，设，的中点分别为，，则直线与轴交点的坐标是（    ）

A． B． C． D．不能确定

【答案】B

【分析】由题意设、，，，联立抛物线方程，结合韦达定理知、，写出直线的方程，即可求与轴交点的坐标.

【详解】由题意知：，存在且，设，，

∴若，联立，，

则，，即，

若，联立，，

则，，即

∴直线，整理得，

∴时，，

故选：B

【点睛】关键点点睛：设两条相交弦的直线方程，联立抛物线方程确定M、N的坐标，写出其直线方程，进而确定与x轴交点.

12．设函数（），当时，对于三角形的内角，若存在使成立，则的可能取值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先利用导数判断出的单调性，然后由去掉可得，然后可得，即可选出答案.

【详解】因为，

所以在上单调递增

因为，，，

所以，所以

因为，所以，解得

选项中满足的只有

故选：C

【点睛】方法点睛：解函数有关的不等式一般是利用函数的单调性去掉.

二、填空题

13．函数的图象在点处的切线方程为______.

【答案】

【分析】求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可得出切线方程.

【详解】，，

，即切线斜率为1，又，

则切线方程为.

故答案为：.

14．若，满足约束条件，则的取值范围为______．

【答案】

【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．

【详解】作出可行域如图所示：

根据可行域中的条件，求得，

把目标函数转化为，

当目标函数过时，有最小值，

当目标函数过时，有最大值.

所以的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】思路点睛：简单线性规划问题的解题步骤：

(1)画出可行域；

(2)作出目标函数所表示的某条直线（通常选作过原点的直线），移动此直线并观察此直线经过可行域的哪个（些）点时，函数有最大（小）值；

(3)求（写）出最优解和相应的最大（小）值；

(4)下结论．

15．已知，若点关于直线的对称点坐标为，则______．

【答案】32

【分析】现根据点关于线对称求出的值,再根据二项式定理求出对应项的系数即可.

【详解】解: 若点关于直线的对称点坐标为,

所以两点的中点在直线上,

所以,解得.

所以,

是的系数,是的系数,是的系数,

对于第项为,

令或时,有,

所以;

令或时,有,

所以;

令时,有,

所以;

所以.

故答案为:32

16．已知四棱锥的顶点均在球的球面上，底面是矩形，，，，二面角大小为120°，当面积最大时，球的表面积为______．

【答案】

【分析】设矩形的中心为，的外接圆圆心为，中点为，根据题意得当面积最大时，为等边三角形，并根据几何关系得：，此外，再证明是二面角的平面角，故问题转化为在四边形中求解的长度，最后根据求解即可.

【详解】解：如图1，设矩形的中心为，的外接圆圆心为，连接，，取中点，连接，

所以由球的截面性质可知，平面，平面

在圆中，因为，，

所以当优弧上运动，且在中垂线与圆的交点处时面积最大，如图2，

此时，故必过圆的圆心，

所以，，所以

即当面积最大时，为等边三角形，

所以，，

在矩形中，为中点，为中点，

所以，，

所以是二面角的平面角，即，

由平面，平面，

所以，，

所以在四边形中，

，，，，，如图3，

所以，，

所以

所以在直角三角形中，，，

所以，因为，

所以，

所以球的表面积为.

故答案为：

【点睛】本题考查空间几何体的外接球的问题，考查运算求解能力，空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题.解题的关键在于根据已知条件得当面积最大时，为等边三角形，进而寻求二面角的平面角，将问题放到四边形中求解的长度.

三、解答题

17．的内角A、、的对边分别是、、，且，，．

（1）求的面积；

（2）求的值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由余弦定理可得，又，代入方程，可求得c值，代入面积公式，即可求得答案.

（2）根据题意，可求得的值，根据正弦定理即可求得的值，根据同角三角函数的关系及角C的范围，即可求得的值，代入两角差的正弦公式，即可求得答案.

【详解】（1）由余弦定理，所以．

因为，所以，解得，则．

所以的面积．

（2）由得．由正弦定理得．

在中，A为钝角，所以为锐角．

所以．

所以．

18．如图所示的五面体中，四边形是正方形，平面平面，，．

（1）证明：平面平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）证明平面，平面平面即得证；

（2）取中点为，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦．

【详解】（1）证明：取的中点，连接．

因为，，所以是等边三角形．

所以,

又因为平面平面，且平面平面，

所以平面，所以．

因为，所以平面．

又平面，所以平面平面．

（2）取的中点，的中点，连接，．

由（1）可知，平面，易知，，，

以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系．

则，，，，，．

从而，，．

因为，平面，平面，所以平面

又因为平面，平面平面，所以．

所以．易知，所以．

设平面的法向量为，则即

不妨取，则，．所以．

设直线与平面所成角为，

所以．

所以直线与平面所成角的正弦值为．

【点睛】方法点睛：直线和平面所成的角的求法：

方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.

方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.

19．2020年某地在全国志愿服务信息系统注册登记志愿者8万多人．2019年7月份以来，共完成1931个志愿服务项目，8900多名志愿者开展志愿服务活动累计超过150万小时．为了了解此地志愿者对志愿服务的认知和参与度，随机调查了500名志愿者每月的志愿服务时长（单位：小时），并绘制如图所示的频率分布直方图．

（1）求这500名志愿者每月志愿服务时长的样本平均数和样本方差（同一组中的数据用该组区间的中间值代表）；

（2）由直方图可以认为，目前该地志愿者每月服务时长服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若，令，则，且．

（ⅰ）利用直方图得到的正态分布，求；

（ⅱ）从该地随机抽取20名志愿者，记表示这20名志愿者中每月志愿服务时长超过10小时的人数，求（结果精确到0.001）以及的数学期望．

参考数据：，．若，则．

【答案】（1）9，1.64；（2）（ⅰ）0.7734，（ⅱ）0.994，4.532.

【分析】（1）根据平均数和方差的公式直接求解即可.
（2）（ⅰ）由（1）可得由题知，，所以，则可得答案.
（ⅱ）（ⅰ）知,则从而可得答案.

【详解】解：（1）．

．

（2）（ⅰ）由题知，，所以，．

所以．

（ⅱ）由（ⅰ）知，可得．

．

故的数学期望．

【点睛】关键点睛：本题考查根据频率分布直方图求平均数和方差以及根据正态分布求概率和二项分布问题，解答本题的关键是将问题“从该地随机抽取20名志愿者，记表示这20名志愿者中每月志愿服务时长超过10小时的人数”，转化为得到，属于中档题.

20．已知椭圆的离心率，过右焦点的直线与椭圆交于，两点，在第一象限，且．

（1）求椭圆的方程；

（2）在轴上是否存在点，满足对于过点的任一直线与椭圆的两个交点，，都有为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）存在点，满足为定值．.

【分析】（1）根据题意得出，及，直线与椭圆联立解出即可得出椭圆方程；

（2）设出直线方程（要分类讨论），联立直线与椭圆，将向量的数量积用的形式表示，再利用韦达定理整理并分析出得到定值的条件即可求解.

【详解】（1）由，及，得，设椭圆方程为，联立方程组得．则，

所以．所以．

所以椭圆的方程为．

（2）当直线不与轴重合时，设，联立方程组

得．

设，，，则有，．

于是

，

若为定值，则有，得，．

此时：当直线与轴重合时，，，

也有．

综上，存在点，满足为定值．

【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：

（1）得出直线方程，设交点为，；

（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；

（3）写出韦达定理；

（4）将所求问题或题中关系转化为（或）形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）若恒成立，求正整数的最大值．

参考数据：．

【答案】（1）答案见解析；（2）4.

【分析】（1）先求出，再分和讨论即可得到答案.
（2）分离参数将问题转化为对恒成立，设，求出其导数得到其最小值即可得到答案.

【详解】（1），因为 则

当，即时，对恒成立，∴在上单调递减．

当，即时，令，得，

由，解得：，由．解得：．

所以在单调递增，在单调递减

综上所述，当，在上单调递减；

当时，在单调递增，在单调递减．

（2）∵当时，，即对恒成立．

令，得，令，则，

因为，所以，是增函数，

因为，

，

所以，使，

由，得：，

当，，单调递减，当，，单调递增．

所以时，取得最小值，为，所以，

又为正整数，所以，所以正整数的最大值为4．

【点睛】关键点睛：本题考查含参数的单调性的讨论和不等式恒成立求参数问题，解答本题的关键是分离参数将问题转化为为对恒成立，以及由零点存在原理得出， 在上单调递减，在单调递增，从而得出其最小值，属于中档题.

22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程为（为参数），直线的极坐标方程为.

（1）求曲线普通方程和直线的直角坐标方程；

（2）已知曲线和直线相交于、两点，求三角形面积.

【答案】（1）：；：；（2）.

【分析】（1）根据圆的参数方程的公式计算即可得曲线普通方程，根据正弦差角公式展开，再结合求解即可；

（2）根据直线经过圆心得，再根据点到直线的距离公式得到直线的距离为，再根据面积公式求解即可.

【详解】解：（1）曲线的参数方程为（为参数），

所以，

曲线的普通方程：.

直线的极坐标方程为，展开得

由得，.

直线的直角坐标方程：.

（2）由于直线经过圆圆心，所以.

而到直线的距离为，.

所以三角形面积.

【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程，普通方程之间的互化，直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，是基础题.本题第二问解题的关键在于根据题意得直线经过圆圆心，进而得.

23．已知函数.

（1）解不等式；

（2）对，恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）或；（2）.

【分析】（1）先根据绝对值定义，去掉绝对值得到分段函数，再分段解不等式，再求它们并集得原不等式解集；

（2）由已知转化为即恒成立，再利用绝对值的几何意义可得答案.

【详解】（1），

因为，

①当时，，得，所以；

②当时，，得，所以；

③当时，，得，所以；

综上可得不等式的解集为或.

（2）对，恒成立，即恒成立，

又，

所以.

【点睛】含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．