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河南省六市高三2021届第二次联考(二模)数学(理科)试题(word版 含答案)
展开河南省六市高三2021届第二次联考(二模)数学(理科)试题
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题
1.复数的实部为( )
A. B.1 C. D.2
2.已知全集,集合,,则( )
A. B. C. D.
3.在五场篮球比赛中,甲、乙两名运动员得分的茎叶图如图所示,下列说法正确的是( )
A.甲的平均得分比乙多,且甲比乙稳定
B.甲的平均得分比乙多,但乙比甲稳定
C.乙的平均得分比甲多,且乙比甲稳定
D.乙的平均得分比甲多,但甲比乙稳定
4.“欲穷千里目,更上一层楼”出自唐朝诗人王之涣的《登鹳雀楼》,鹳雀楼位于今山西永济市,该楼有三层,前对中条山,下临黄河,传说常有鹳雀在此停留,故有此名.下面是复建的鹳雀楼的示意图,某位游客(身高忽略不计)从地面点看楼顶点的仰角为30°,沿直线前进79米到达点,此时看点的仰角为45°,若,则楼高约为( ).
A.65米 B.74米 C.83米 D.92米
5.在象棋比赛中,参赛的任意两位选手都比赛一场,其中胜者得2分,负者得0分,平局各得1分.现有四名学生分别统计全部选手的总得分为131分,132分,133分,134分,但其中只有一名学生的统计结果是正确的,则参赛选手共有( )
A.11位 B.12位 C.13位 D.14位
6.由射线()逆时针旋转到射线()的位置所成角为,则
A. B. C. D.
7.执行如图所示的程序框图,若输出的值为7,则框图中①处可以填入( )
A. B.
C. D.
8.如图,正方形网格的边长为图中粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体所有的表面中面积最大的值为( )
A. B. C. D.
9.设,,,,则( )
A. B. C. D.
10.若,为正实数,且,则的最小值为( ).
A. B. C.2 D.4
11.已知双曲线:的左、右焦点分别为,,点在的左支上,过点作的一条渐近线的垂线,垂足为,则当取最小值10时,面积的最大值为( )
A.25 B. C. D.
12.现有一批大小不同的球体原材料,某工厂要加工出一个四棱锥零件,要求零件底面为正方形,,侧面为等边三角形,线段的中点为,若,则所需球体原材料的最小体积为( )
A. B.
C. D.
二、填空题
13.已知,为单位向量,且,则向量与的夹角为______.
14.已知直线与圆相交于,两点,且为等腰直角三角形,则实数的值为______
15.已知内角,,所对的边分别为,,,若,,,则面积为___________.
16.若,不等式恒成立,则的最大值为________.
三、解答题
17.设数列是公差大于零的等差数列,已知,.
(1)求数列的通项公式;
(2)设数列满足,求.
18.如图所示,在四棱锥中,,,,且,.
(1)平面;
(2)在线段上,是否存在一点,使得二面角的大小为?如果存在,求的值;如果不存在,请说明理由.
19.2020年席卷全球的新冠肺炎给世界人民带来了巨大的灾难,面对新冠肺炎,早发现、早诊断、早隔离、早治疗是有效防控疾病蔓延的重要举措之一.某社区对位居民是否患有新冠肺炎疾病进行筛查,先到社区医务室进行口拭子核酸检测,检测结果成阳性者,再到医院做进一步检查,已知随机一人其口拭子核酸检测结果成阳性的概率为%,且每个人的口拭子核酸是否呈阳性相互独立.
(1)假设该疾病患病的概率是%,且患病者口拭子核酸呈阳性的概率为%,设这位居民中有一位的口拭子核酸检测呈阳性,求该居民可以确诊为新冠肺炎患者的概率;
(2)根据经验,口拭子核酸检测采用分组检测法可有效减少工作量,具体操作如下:将位居民分成若干组,先取每组居民的口拭子核酸混在一起进行检测,若结果显示阴性,则可断定本组居民没有患病,不必再检测;若结果显示阳性,则说明本组中至少有一位居民患病,需再逐个进行检测,现有两个分组方案:
方案一:将位居民分成组,每组人;
方案二:将位居民分成组,每组人;
试分析哪一个方案的工作量更少?
(参考数据:,)
20.已知圆,动圆与圆相外切,且与直线相切.
(1)求动圆圆心的轨迹的方程.
(2)已知点,过点的直线与曲线交于两个不同的点(与点不重合),直线的斜率之和是否为定值?若是,求出该定值;若不是,说明理由.
21.已知函数,.
(1)设图象在点处的切线与的图象相切,求的值;
(2)若函数存在两个极值点,,且,求的最大值.
22.在平面直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数,).以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.
(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程;
(2)设直线与曲线交于、两点,求面积的最大值.
23.已知函数.
(1)当时,解不等式;
(2)若存在,使得不等式的解集非空,求b的取值范围.
参考答案
1.A
【分析】
将化简即可求解.
【详解】
的实部为,
故选:A.
2.B
【分析】
解不等式可得,再利用集合间的运算直接求解.
【详解】
由,得,
又因为,
所以,
所以,
故选:B.
3.C
【分析】
根据茎叶图计算甲、乙两名运动员得分的平均数与方差,由此可得出结论.
【详解】
由茎叶图可知,甲运动员的平均分为,
方差为,
乙运动员的平均得分为,
方差为.
因此,乙的平均得分比甲多,且乙比甲稳定.
故选:C.
4.B
【分析】
设的高度为,在直角三角形中用表示出,由可求得得楼高.
【详解】
设的高度为,
则由已知可得,,,
所以,解得,
所以楼高(米).
故选:B.
【点睛】
本题考查解三角形的实际应用.属于基础题.
5.B
【分析】
设参赛选手共有位,则总场次为,由每场得分为2,即总得分只能为偶数,结合题设列方程求n值,并判断n值的合理性即可.
【详解】
设参赛选手共有位,则总比赛场次为,即场,且,,
由题意知:任意一场比赛结束,选手的总得分为2分,故所有选手总得分为分且为偶数,
∴当,得;当,无整数解;
∴(位).
故选:B.
【点睛】
关键点点睛:根据每场得分为2易知总得分为偶数,设参赛人数为n,利用组合数求比赛总场次,列方程求参赛人数.
6.A
【详解】
分析:
详解:设()的倾斜角为,则
射线()的倾斜角为,
∴
故选A
点睛:本题主要考查了三角函数的定义及两角差的余弦函数公式,考查了逻辑推理能力与运算求解能力,属于中档题.
7.B
【分析】
根据程序流程图,结合循环语句的特点及题设输出的结果写出执行步骤,进而确定框图中的条件即可.
【详解】
由程序流程图,其执行逻辑及对应输出如下:
1、:输出,执行循环,则;
2、:输出,执行循环,则;
3、:输出,执行循环,则;
4、:输出,执行循环,则;
5、:输出,执行循环,则;
6、:输出,执行循环,则;
7、:输出,此时根据条件跳出循环,输出.
∴只有B:当符合要求.
故选:B.
8.C
【分析】
由三视图,在正方体中将该几何体还原,然后再计算出面积最大的面.
【详解】
由三视图可知该几何体为图中的三棱台,
根据三视图可知,正方体的棱长为4,分别为的中点.
侧面为全等的两个直角梯形,即面积为:.
设相交于 ,相交于,则分别为的中点.
侧面是等腰梯形,如图在矩形中,,
所以平面,则,所以梯形的高为
取的中点,则,所以
其面积为
该几何体所有的表面中最大的值为18.
故选:
【点睛】
本题考查三视图以及几何体中面积最大的面,属于中档题.
9.A
【分析】
根据条件,令,代入中并取相同的正指数,可得的范围并可比较的大小;由对数函数的图像与性质可判断的范围,进而比较的大小.
【详解】
因为
令
则
将式子变形可得,
因为
所以
由对数函数的图像与性质可知
综上可得
故选:A.
【点睛】
本题考查了指数式与对数式大小比较,指数幂的运算性质应用,对数函数图像与性质应用,属于基础题.
10.B
【分析】
由已知可得,再利用基本不等式计算可得;
【详解】
解:由已知可得
,
当且仅当,即时取等号,
所以的最小值为.
故选:B
【点睛】
本题考查基本不等式及其应用,属于中档题.
11.B
【分析】
先利用定义判断,,三点共线时取最值计算得,再结合基本不等式求得的最大值,即得面积的最大值.
【详解】
由题意得,故,如图所示,
则,当且仅当,,三点共线时取等号,∴的最小值为,
∴,即,当且仅当时,等号成立,
而到渐近线的距离,又,故,
∴,即面积的最大值为.
故选:B.
【点睛】
关键点点睛:
本题解题关键在于利用双曲线的定义将转移到的最值,即可知三点共线时去最值得到关系,才能再借用基本不等式求的面积的最值.
12.A
【分析】
首先判断原材料体积最小的球体即为四棱锥的外接球,是直角的外心,过作面的垂线与过正方形的中心与面的垂线交于,则为四棱锥外接球的球心.再利用题中所给长度大小关系,可求球半径,求球体积.
【详解】
所需原材料体积最小的球体即为四棱锥的外接球,
如图,设为中点,为正方形中心,
为边长为2的等边三角形,
又
又 为 外心,
则球心一定在过点且垂直于侧面的垂线上
,又,
在直角三角形中求出,
又直角中,,,即球半径,.
由于此时四棱锥在球心同侧,不是最小球,可让四棱锥下移到面过球心时,
即球半径时,原材料最省.此时.
故选:A.
【点睛】
关键点点睛:本题考查四棱锥的外接球问题,关键是找到球心,可以锁定球心在一条直线上,进而再根据几何关系确定球心.
13.
【分析】
根据得到向量的数量积为,再根据的模长以及向量数量积的计算公式求解出,从而可求.
【详解】
因为,所以,所以,
所以,所以,所以,
故答案为:.
14.1或-1
【详解】
因为△ABC是等腰直角三角形,所以圆心C(1,-a)到直线ax+y-1=0的距离
d=rsin 45°=,即,所以a=±1.
15.
【分析】
利用正弦定理求得,结合余弦定理求出,再利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】
,由正弦定理得:,即
由余弦定理得:,即,解得:,
又,,
,,
所以的面积为.
故答案为:.
【点睛】
方法点睛:在解三角形题目中,若已知条件同时含有边和角,但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案,要选择“边化角”或“角化边”,变换原则常用:
(1)若式子含有的齐次式,优先考虑正弦定理,“角化边”;
(2)若式子含有的齐次式,优先考虑正弦定理,“边化角”;
(3)若式子含有的齐次式,优先考虑余弦定理,“角化边”;
(4)代数变形或者三角恒等变换前置;
(5)含有面积公式的问题,要考虑结合余弦定理使用;
(6)同时出现两个自由角(或三个自由角)时,要用到.
16.
【分析】
先设,对其求导,求出其最小值为,得到,再令,对其求导,导数的方法研究其单调性,得出最大值,即可得出结果.
【详解】
设,则,因为,
所以当时,,则函数单调递减;
当时,,则函数单调递增;
所以,
则,令,则;
由可得,;
所以当时,,则函数单调递增;
当时,,则函数单调递减;
所以,即的最大值为.
故答案为:
【点睛】
思路点睛:
导数的方法研究函数最值时,通常需要先对函数求导,解对应的不等式,求出单调区间,得出函数单调性,得出极值,进而可得出最值.
17.(1);(2)1010.
【分析】
(1)设等差数列的公差为,由,,即可求得答案;
(2)因为,求出当为奇数时,,当为偶数时,,可得是以2为周期的周期数列,即可求得答案.
【详解】
解:(1)设等差数列的公差为,
,
又,
解得或,
,
,
.
(2)
当为奇数时,,
当为偶数时,,
故是以2为周期的周期数列,且,
.
18.(1)见证明 (2)见解析
【分析】
(1)推导出AB⊥AC,AP⊥AC,AB⊥PC,从而AB⊥平面PAC,进而PA⊥AB,由此能证明PA⊥平面ABCD;
(2)以A为原点,AB为x轴,AC为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出在线段PD上,存在一点M,使得二面角M﹣AC﹣D的大小为60°,4﹣2.
【详解】
(1)∵在底面中,,
且
∴,∴
又∵,,平面,平面
∴平面 又∵平面 ∴
∵, ∴
又∵,,平面,平面
∴平面
(2)方法一:在线段上取点,使 则
又由(1)得平面 ∴平面
又∵平面 ∴ 作于
又∵,平面,平面
∴平面 又∵平面 ∴
又∵ ∴是二面角的一个平面角
设 则,
这样,二面角的大小为
即
即
∴满足要求的点存在,且
方法二:取的中点,则、、三条直线两两垂直
∴可以分别以直线、、为、、轴建立空间直角坐标系
且由(1)知是平面的一个法向量
设 则,
∴,
设是平面的一个法向量
则 ∴
令,则,它背向二面角
又∵平面的法向量,它指向二面角
这样,二面角的大小为
即
即
∴满足要求的点存在,且
【点睛】
本题考查线面垂直的证明,考查满足二面角的点是否存在的判断与求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系,考查运算求解能力,考查数形结合思想,是中档题.
19.(1)(2)见解析
【分析】
(1)设事件为 “核酸检测呈阳性”,事件为“患疾病”,利用条件概率公式求解即可;
(2)设方案一和方案二中每组的检测次数为,,分别求出两种方案检测次数的分布列,进而得出期望,通过比较期望的大小即可得出结论.
【详解】
(1)设事件为 “核酸检测呈阳性”,事件为“患疾病”
由题意可得,
由条件概率公式得:
即
故该居民可以确诊为新冠肺炎患者的概率为
(2)设方案一中每组的检测次数为,则的取值为
所以的分布列为
所以
即方案一检测的总次数的期望为
设方案二中每组的检测次数为,则的取值为
;
所以的分布列为
所以
即方案二检测的总次数的期望为
由,则方案二的工作量更少
【点睛】
本题主要考查了条件概率公式的应用以及均值的实际应用,属于中档题.
20.(1);(2)是,.
【分析】
(1)根据题意分析可得到直线的距离等于到的距离,由抛物线的定义可知,的轨迹为抛物线,其方程为;
(2) 设直线的方程为,点,直线的斜率分别为和,联立直线和抛物线方程,利用韦达定理得和,根据斜率公式得和,利用和化简即可得到定值.
【详解】
(1)设直线的距离为,因为动圆与圆相外切,所以,
所以到直线的距离等于到的距离,
由抛物线的定义可知,的轨迹为抛物线,其焦点为,准线为:,
所以抛物线的方程为.
(2)设直线的方程为,即
因为与点不重合,所以
设直线的斜率分别为和,点
联立消去并整理得,
则,,
由,解得或,且.
可得,
同理可得,
所以
,
故直线的斜率之和为定值.
【点睛】
关键点点睛:利用斜率公式转化为两个点的纵坐标之和与纵坐标之积,再根据韦达定理代入化简是解题关键,本题考查了运算求解能力,逻辑推理能力,属于中档题.
21.(1)或;(2).
【分析】
(1)利用导数的几何意义求出图象在点处的切线方程,再根据判别式可求得的值;
(2)利用是,即的两个正实根,可得,,不妨设,根据单调性可得,将表示为关于的函数,利用导数可求得最大值.
【详解】
(1),,
所以图象在点处的切线的斜率为,
所以图象在点处的切线方程为,
联立,消去并整理得,
依题意可得,解得或.
(2),,
依题意可得是,即的两个正实根,
所以,,
不妨设,则当时,,则,在上单调递减,则,
所以
,
令,则,
又,所以,即,解得,所以,
设,则,
所以在上单调递增,
所以当时,取得最大值,
即的最大值为.
【点睛】
关键点点睛:设,将表示为关于的函数,利用导数求最大值是解题关键.
22.(1)的普通方程为,曲线的直角坐标方程为;(2)最大值是.
【分析】
( 1)将参数方程利用代入法消去参数可得直线的普通方程,利用,即可得曲线的直角坐标方程;
( 2)把直线的参数方程代入到曲线的直角坐标方程得,由参数的几何意义求出,再由到直线的距离求得三角形的高,进而求得的面积然后求最值即可.
【详解】
(1)将直线的参数方程(为参数,)中的参数消去,
得到直线的普通方程,为,
由曲线的极坐标方程,可得,又,,∴曲线的直角坐标方程为,即.
(2)把直线的参数方程代入到曲线的直角坐标方程得:,
设、对应的参数分别为、,则,,
由参数的几何意义知:
,
又点到直线的距离,
∴的面积:
,
当,即时等号成立,故的面积的最大值是.
【点睛】
关键点点睛:本题考查参数方程和普通方程的转化、极坐标方程和直角坐标方程的转化,关键是能够根据参数的几何意义将已知弦长用韦达定理的形式表示,再利用点到直线的距离表示三角形的高.
23.(1);(2)
【分析】
(1)将代入函数解析式,去绝对值化简即可求解;
(2)将函数解析式代入不等式,分离参数,并构造函数,根据不等式解集为非空,即可知,由绝对值三角不等式性质可变形为,结合,即可求得b的取值范围.
【详解】
(1)当时,函数,
解不等式化为,
即,
∴,解得,
∴不等式的解集为.
(2)由,
得,
设,
则不等式的解集非空,等价于;
由,
∴;
由题意知存在,使得上式成立;
而函数在上的最大值为,
∴;
即b的取值范围是.
【点睛】
本题考查了绝对值不等式的解法,分离参数并构造函数法求最值的应用,绝对值三角不等式性质及应用,属于中档题.
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