河北省石家庄二中2021届高三上学期期末考试质量检测数学Word版含解析

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河北省石家庄二中2021届高三上学期期末质量检测数学试卷一、选择题1.已知全集，集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据二次不等式与对数不等式的求法分别求出集合、，再求即可.【详解】∵集合，，或∴．故选：B.2.对于任意复数，任意向量，给出下列命题：①；②；③若，则；④若，则其中正确的个数是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】对①②,根据复平面内复数的运算与平面向量运算,数形结合辨析即可.对③,根据复数的运算推导.对④,举出反例判定即可.【详解】对①②,复数在复平面内的运算与平面向量的运算相似,均满足平行四边形法则,根据向量的三角不等式有,故也成立.故①②正确.对③,则,由复数的运算可知,.故③正确.对④,若则,不一定有.故①②③正确.故选：C【点睛】本题主要考查了复数与平面向量的基本运算辨析,属于基础题.-22-

13.已知双曲线的右焦点到渐近线的距离等于实轴长，则此双曲线的离心率为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】可设双曲线的右焦点F(c,0),渐近线的方程为,由右焦点到渐近线的距离等于实轴长，可得c=，可得答案.【详解】解：由题意可设双曲线的右焦点F(c,0),渐进线的方程为，可得d==b=2a，可得c==，可得离心率e=，故选C.【点睛】本题主要考查双曲线离心率的求法，是基础题，解题时要熟练掌握双曲线的简单性质.4.函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，再求导判断函数的单调性-22-

2【详解】解：函数的定义域为，因为，所以为偶函数，图像关于轴对称，所以排除B，设，所以当时，所以，所以在上单调递增，所以排除B，D，故选：A【点睛】此题考查函数图像的识别，考查函数的奇偶性和单调性的应用，属于中档题5.费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角均小于时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等均为.根据以上性质，的最小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】易得的几何意义为点到点的距离之和的最小值.此时点为费马点,再根据求解的坐标,进而求得最小值即可.【详解】由题的几何意义为点到点的距离之和的最小值.由题可知,此时,且在轴上.故.,.故的最小值为-22-

3故选：D【点睛】本题主要考查了根据距离公式数形结合求解最小值的问题,需要根据题意画出坐标系,再结合所给费马点的定义求解.属于中档题.6.设，，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【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-22-

4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.7.据统计，连续熬夜小时诱发心脏病的概率为，连续熬夜小时诱发心脏病的概率为.现有一人已连续熬夜小时未诱发心脏病，则他还能继续连续熬夜小时不诱发心脏病的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】分析：首先设出题中的事件，然后由题意结合条件概率公式整理计算即可求得最终结果.详解：设事件A为48h发病，事件B为72h发病，由题意可知：，则，由条件概率公式可得：.本题选择A选项.点睛：本题主要考查条件概率公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8.已知中，角的对边分别为，是的中点，，，则面积的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设,根据的余弦定理可得关于的关系式,再根据中的余弦定理可求得的关系式,进而化简得到关于的关系式,再表达出面积的公式,化简求解最大值即可.【详解】设,在中有余弦定理.-22-

5在中,因为,故.即.化简可得.故.故.故.设,则,当时取得面积的最大值为.故选：B【点睛】本题主要考查了正余弦定理在解三角形中的应用,同时也考查了二次复合函数的最值问题.需要根据题意确定边角的关系,进而表达出面积关于边长的关系式,再换元利用二次函数的性质求解.属于难题.二、多选题9.已知为等差数列，其前项和，，则下列结论一定正确的是（）A.若，则公差B.若，则最小C.D.【答案】AD【解析】【分析】对于等差数列，最重要的是基本量，根据每一个选项的条件再结合基本量来分析，就可以作出判断.【详解】当时，因，所以，故A正确；当，时，满足，无最小值，故B错误；当，，且满足时，，此时，当，，且满足时，的符号无法确定，故C无法确定；-22-

6，故D正确．故选：AD.10.在正方体中，下列直线或平面与平面平行的是（）A.直线B.直线C.平面D.平面【答案】AD【解析】【分析】作出正方体，由线面平行的判定定理可判断A、B；由面面平行的判定定理可判断C、D.【详解】如图由，且平面，平面，故直线与平面平行，故A正确；直线，与平面相交，故直线与平面相交，故B错误；由图，显然平面与平面相交，故C错误；由，，且，，故平面与平面平行，故D正确；故选：AD【点睛】本题主要考查了线面平行、面面平行的判定定理，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.11.函数在上有唯一零点，则下列四个结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】把函数的零点转化为的图像与有唯一公共点，利用导数求得-22-

7的单调性和极值，以及特殊点的函数值，可判定A正确，B错误，由，可判定C正确；令，求得，根据时，，结合，可判D错误．【详解】由题意，函数的零点，即为方程，即的根，等价于的图像与有唯一公共点，又由，因为在上单调递增，当时，，当时，，所以存在，使得，当时，，，单调递减，当时，，，单调递增，所以，所以，所以A正确，B错误．又由，可得，所以C正确；令，则，当时，，，所以D错误．故选：AC【点睛】函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2-22-

8、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.12.椭圆的左右焦点分别为，为坐标原点，以下说法正确的是（）A.过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为.B.椭圆上存在点，使得.C.椭圆离心率为D.为椭圆一点，为圆上一点，则点，的最大距离为.【答案】ABD【解析】【分析】根据椭圆的定义，可判断A；根据数量积运算，以及椭圆的性质，可判断B；根据离心率的定义，可判断出C；根据点与圆位置关系，以及椭圆的性质，可判断D.【详解】对于选项A，因为分别为椭圆的左右焦点，过点的直线与椭圆交于，两点，由椭圆定义可得：，因此的周长为，故A正确；对于选项B，设点为椭圆上任意一点，则点坐标满足，且又，，所以，，因此，由，可得：，故B正确；对于选项C，因为，，所以，即，所以离心率为，故C错；-22-

9对于选项D，设点为椭圆上任意一点，由题意可得：点到圆的圆心的距离为：，因为，所以.故D正确；故选：ABD【点睛】本题主要考查椭圆相关命题真假的判定，熟记椭圆的定义，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.三、填空题13.已知向量，向量与的夹角为，且，则________.【答案】1【解析】【分析】利用向量模的坐标表示求出，再将两边平方，利用向量的数量积即可求解.【详解】由，则因为，两边平方可得，，整理可得，解得.故答案为：1【点睛】本题考查了利用向量数量积定义求向量的模，向量模的坐标表示，考查了基本运算求解能力，属于基础题.14.在的展开式中，常数项为________．【答案】－5【解析】【分析】-22-

10易知的展开式的通项.故常数项为，带入计算即可.【详解】易知的展开式的通项，又的展开式的通项，所以.令，得.因为，所以，所以当时，.故常数项为.故答案为：【点睛】本题主要考查二项式定理求常数项，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.15.请你举出与函数在原点处具有相同切线一个函数是______.【答案】（满足题设条件函数均可）【解析】【分析】先求出函数在原点处的切线方程,再构造常见的函数分析即可.【详解】由题,,故,故函数在原点处的切线方程为.故可考虑如函数,此时,故.又,故.此时.故答案为：（满足题设条件的函数均可）【点睛】本题主要考查了导数的几何意义求解切线方程与构造函数的问题.需要熟悉常见的函数的性质,从而能够构造出合适的函数.属于基础题.16.棱长为的正四面体的外接球与内切球的半径之和为______，内切球球面上有一动点，则的最小值为______.【答案】(1).(2).【解析】-22-

11【分析】(1)将正四面体放入正方体可求得外接球半径,利用等体积法可求得内切球的半径.(2)根据阿波罗尼斯球的性质找到阿波罗尼斯球中的两个定点,再将转换,从而得出取最小值时的线段,再根据余弦定理求解即可.【详解】(1)将正四面体放入如图正方体,则正四面体的外接球与该正方体的外接球为同一球.半径为.设正四面体的内切球半径为,根据等体积法有,解得.故外接球与内切球的半径之和为.(2)由阿波罗尼斯球得内切球球心是线段上以为定点,空间中满足的点的集合,连接并延长交平面于,交内切球上方的点设为,过作,交于,连接,设.由(1)空得.所以,解得,,所以,所以.所以,在中,,,,-22-

12所以.所以的最小值为故答案为：(1)；(2)【点睛】本题主要考查了正四面体外接球与内切球的半径计算,同时也考查了利用阿波罗尼斯球中的比例关系求解线段最值的问题,需要根据题意找到球中的定点,根据阿波罗尼斯球的性质转换所求的线段之和求解.属于难题.四、解答题17.已知函数.(I)求f(0)的值；(II)从①；②这两个条件中任选一个，作为题目的已知条件，求函数f(x)在上的最小值，并直接写出函数f(x)的一个周期.【答案】(I)；(II)①时，；②时，.【解析】【分析】(I)将代入求值即可；(II)①用二倍角和辅助角公式化简可得，再由可得-22-

13，结合正弦函数图象求解最值；②，利用抛物线知识求解【详解】(I)；(II)①，由题意得，，，，故，所以当时，取最小值.②，，，令，，当时，函数取得最小值为.，，【点睛】本题考查三角恒等变换在三角函数图象和性质中的应用.（1）利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式化成或的形式；（2）根据自变量的范围确定的范围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值.（3）换元转化为二次函数研究最值.18.为数列的前项和满足：.（1）设，证明是等比数列；（2）求.【答案】(1)证明见解析；(2)-22-

14【解析】【分析】(1)利用数列的前项和与通项的关系,再构造证明即可.(2)根据(1)可得,故可分为奇数与为偶数两种情况求解即可.【详解】(1)因为…①,故…②,②-①可得.整理可得,即,.因为,.故是等比数列.(2)当时,,解得,又,故当为偶数时有.当为奇数时有.故【点睛】本题主要考查了根据数列前项和与通项的关系,构造并证明新数列为等比数列的问题,同时也考查了分奇偶求解数列前项和的方法,属于中档题.19.如图，已知平行四边形中，，，为边的中点，将沿直线翻折成.若为线段的中点.-22-

15（1）证明平面，并求的长；（2）在翻折过程中，当三棱锥的体积取最大时，求平面与平面所成的二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】【分析】(1)取的中点,连接,证明四边形为平行四边形即可.(2)易得当三棱锥的体积取最大时,面面,再以为坐标原点建立空间直角坐标系,再分别求出面与面的法向量,进而求得平面与平面所成的二面角的余弦值即可.【详解】(1)取的中点,连接,因为为线段的中点,故为的中位线,故.又平行四边形中,为边的中点,故,故.故四边形为平行四边形,故.又平面,平面,故平面.(2)因为为线段的中点,故,故当三棱锥的体积取最大时三棱锥的体积取最大.故此时面面.因为,.故边长是2的正三角形.,故,解得.故,故.故以为原点建立如图空间直角坐标系.则平面的一个法向量为.,,.故,.-22-

16设平面的一个法向量为,则因为,即,取有,.故.设平面与平面所成的二面角为,则.故平面与平面所成的二面角的余弦值为【点睛】本题主要考查了线面平行的证明以及利用空间直角坐标系求解二面角的问题.属于中档题.20.某人经营淡水池塘养草鱼，根据过去期的养殖档案，该池塘的养殖重量（百斤）都在百斤以上，其中不足百斤的有期，不低于百斤且不超过百斤的有期，超过百斤的有期．根据统计，该池塘的草鱼重量的增加量（百斤）与使用某种饵料的质量（百斤）之间的关系如图所示．（1）根据数据可知与具有线性相关关系，请建立关于的回归方程；如果此人设想使用某种饵料百斤时，草鱼重量的增加量须多于百斤，请根据回归方程计算，确定此方案是否可行？并说明理由．（2）养鱼的池塘对水质含氧量与新鲜度要求较高，某商家为该养殖户提供收费服务，即提供不超过台增氧冲水机，每期养殖使用的冲水机运行台数与鱼塘的鱼重量有如下关系：鱼的重量（单位：百斤）冲水机只需运行台数若某台增氧冲水机运行，则商家每期可获利千元；若某台冲水机未运行，则商家每期亏损-22-

17千元．视频率为概率，商家欲使每期冲水机总利润的均值达到最大，应提供几台增氧冲水机？附：对于一组数据，其回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为【答案】（1）当时，此方案可行．（2）应提供台增氧冲水机【解析】【分析】（1）求出，．代入公式得到回归方程．代入，求出估计值再进行判断．（2）分三个方案分别计算盈利的期望，选择期望高者即可．【详解】解：（1）依题意，所以当时，，故此方案可行．（2）设盈利为，安装台时，盈利，安装台时，；．安装台时，；.-22-

18.，故应提供台增氧冲水机．【点睛】本题考查了回归方程的求解，以及利用回归方程来作简单的预测，考查了方案的选择依据及合理的判断能力．属于中档题．21.已知点，和抛物线，过点的动直线交抛物线于，直线交抛物线于另一点，为坐标原点.（1）求；（2）证明：恒过定点.【答案】(1)5;(2)恒过定点,证明见解析【解析】【分析】(1)设点,再根据三点共线利用斜率可得,进而求得即可.(2)同(1),设点,根据三点共线利用斜率可得.再根据化简可得,再结合可求得直线的方程,进而代入化简求得定点即可.【详解】(1)设点,因为三点共线,故,即,即-22-

19,所以.故.(2)设点,因为三点共线,所以,所以,即,化简得.由(1),所以,即,即...①因,所以直线的方程为,即,即,由①有,代入可得.所以直线恒过定点.【点睛】本题主要考查了设抛物线上的点坐标,根据抛物线方程表示求解向量的数量积问题,同时也考查了弦长所在直线的方程进行化简求解证明定点的问题,其中三点共线需要用斜率相等表达,属于难题.22.已知函数（，，为自然对数的底数）．（1）若，当时，，求实数的取值范围．（2）若，存在两个极值点，，求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）对函数进行求导，然后对分子进行因式分解，分为和两种情形，判断单调性得最值即可得结果；（2）由极值点的定义结合韦达定理可得，，将用表示，构造函数，通过单调性求最值可得右侧不等式，结合（1）中的结论，当，-22-

20，可得，代入即可得左侧不等式.【详解】（1）当时，，当时，，在上单调递增，∴，当时，在上单调递减，在上单调递增，则有，不符合条件，综上，实数的取值范围是．（2）当时，，则，∵存在两个极值点，，则，即方程有两个不相等的实数根，，∴，则，又，，∴，不妨设，则，设，当时，，∴在上单调递增，从而，∵，∴，由（1）知，当，，时，有，即（当且仅当时取等号），-22-

21∴当时，恒有，即，综上，．【点睛】关键点点睛：（1）将导函数的零点与区间端点进行比较，分类讨论得单调性；（2）根据极值点的定义结合韦达定理得到的关系，构造新的函数，根据函数的单调性证明.-22-