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）

这是一份河南省六市高三2021届第二次联考（二模）数学（理科）试题（word版 含答案），共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．22．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．411．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.