河北省石家庄二中2021届高三上学期期末质量检测数学试题 WORD版含答案.doc

1、河北省石家庄二中2021届高三上学期期末质量检测一、选择题（每小题5分,共40分）1. 已知全集,集合,则( )A. B. C. D. 2. 对于任意复数,任意向量,给出下列命题,其中真命题的个数是( ) . . 若,则. 若,则.A. B. C. D. 3. 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. 4. 函数的大致图像为( )A. B. C. D. 5. “费马点”是指位于三角形内且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”与三个顶点的连线正好三等分“费马点”所在的周角,即该点所对的三角形三边的张角相等

2、均为,根据以上性质,函数的最小值为( )A. B. C. D. 6. 若,则大小关系正确的是( )A. B. C. D. 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. 8. 在中,内角,的对边分别为,是的中点,则的面积的最大值为( )A. B. C. D. 二、多选题（每小题5分,共20分）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. 10. 在正方体中,下列直线或平面与平面平行的是( )A.

3、直线B. 直线C. 平面D. 平面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. 12. 椭圆的左、右焦点分别为,为坐标原点,下列说法正确的是( )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. 椭圆的离心率为D. 为椭圆上一点,为圆上一点,则点,最大距离为三、填空题（每小题5分,共20分）13. 已知向量,与的夹角为,且,则_.14. 在的展开式中，常数项为_.15. 请你举出与曲线在原点处具有相同切线的一个函数:_.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_.四、解答题（每小题12分

4、,共72分）17. 已知函数. (1)求的值. (2)从,这两个条件中任选一个人,作为题目的已知条件,求函数在上的最小值,并直接写出函数的一个周期.18. 已知为数列的前项和,且满足. (1)设,证明:是等比数列. (2)求.19. 如图,在平行四边形中,为边的中点,将沿直线翻折,使点至点位置,若为线段的中点. (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值时,求平面与平面所成的二面角的余弦值. 20. 某人经营淡水池塘养草鱼,根据过去期的养殖档案,该池塘的养殖质量(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

5、的草鱼质量的增加量(百斤)与使用某种饵料的质量(百斤)之间的关系如图所示(注:斤克). (1)根据数据可知与具有线性相关关系,请建立关于的线性回归方程,如果此人设想使用某种饵料百斤时,草鱼质量的增加量需多于百斤,请根据线性回归方程的计算,确定该方案是否可行,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池塘的鱼的质量(单位:百斤)有如下关系:若每台增氧冲水机运行,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

6、? 附:对于一组数据,其线性回归方程的斜率和截距的最小二乘估计的公式分别为,.21. 已知点,抛物线,过点的动直线交抛物线于,两点,直线交抛物线于另一点,为坐标原点. (1)求. (2)证明:直线恒过定点.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:.河北省石家庄二中2021届高三上学期期末质量检测答案和解析 第1题： 【答案】B【解析】集合,或,. 第2题： 【答案】C【解析】由复数与平面向量满足三角形法则,知正确,由复数的运算知,若,则成立,故正确,若,满足,但不满足,故错误. 第3题： 【答案】C【解析】由题意可设双曲线的

7、右焦点,渐近线的方程为, 可得,可得,可得离心率, 故选C. 第4题： 【答案】A【解析】依题意,的定义域为,因为,所以为偶函数,故排除B,由,得,令,则,因为,所以单调递增,即,当时,所以,故函数在上单调递增,故排除C,D. 第5题： 【答案】D【解析】根据题意画出图像并建立如图所示的直角坐标系,设三角形三个顶点分别为,函数表示的是点到点,点,点的距离之和,易知为等腰三角形,则这个等腰三角形的“费马点”在高线上,设点为“费马点”,连接,则,所以距离之和为. 第6题： 【答案】B【解析】取特殊值,令, 则, 则,即,故答案为B. 第7题： 【答案】A【解析】设事件为连续熬夜小时发病,事件为连续

8、熬夜72小时发病, 由题意可知:,则, 由条件概率公式可得:. 第8题： 【答案】B【解析】在中,由余弦定理得,在中,由余弦定理得,则,即,因为,所以,又,所以,故当时,的面积的最大值为. 第9题： 【答案】A,D【解析】当时,因为,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.,故D正确. 第10题： 【答案】A,D【解析】如图,由,且平面,平面,得直线与平面平行,故A正确. 直线,与平面相交,故直线与平面相交,故B错误. 直线与直线相交,则平面与平面相交,故错误. 由,且,得平面与平面平行,故D正确. 第11题： 【答

9、案】A,C【解析】函数的零点即为方程,即的根,等价于函数的图像与直线有唯一公共点,因为在上单调递增,且当时,当时,所以存在,使得,且当时,单调递减,当时,单调递增,所以,所以,A正确,B错误.又,所以,C正确;令则,当时,故D错误. 第12题： 【答案】A,B,D【解析】对于选项A,由椭圆定义可得,因此的周长为,故A正确. 对于选项B,法一:设点为椭圆上任意一点,则点的坐标满足,且,又,所以,因此,由,可得,故B正确. 法二:因为,所以,即,所以以原点为圆心,为半径的圆与椭圆有四个交点,则椭圆上存在四个点,使,故B正确. 对于选项C,椭圆的离心率,故C错误. 对于选项D,设点为椭圆上任意一点,

10、由题意可得点到圆的圆心的距离,因为,所以当时,所以,故D正确. 第13题： 【答案】或【解析】因为,所以,由,平方得,即,解得,设,由夹角公式得,所以,与联立,解得或,所以或. 第14题： 【答案】【解析】易知的展开式的通项，又的展开式的通项，令，得当时，故常数项为. 第15题： 【答案】(,皆可,答案不唯一)【解析】因为,所以,则,因此与曲线在原点处具有相同切线的函数的图像必过原点且在原点的导函数等于,如直线过原点,又,满足题意. 第16题： 【答案】,【解析】正四面体的外接球与内切球的球心都是正四面体的中心,即为图中的点,且,分别为正四面体的外接球与内切球的半径,其和为,连接并延长交于点,

11、在底面正三角形中,在中,所以,因为点为内切球球面上的动点,连接,所以由正四面体中内切球与外接球的半径之比为,得,则,过点作交于点,连接,则,则,故,因为和为直角三角形,所以,则,所以. 第17题： 【解析】(1). (2)法一:当取,时,当,即时,是函数的一个周期. 法二:当取,时,令,则,是函数的一个周期. 第18题： 【解析】(1)依题意,由,得,得,数列是以为首项,为公比的等比数列. (2)法一:由(1)知,当为偶数时,当为奇数时,即. 法二:构造新数列,由(1)知,数列是以首项为,公比为的等比数列,即,累加求和可得. 第19题： 【解析】(1)如图,取的中点,连接,因为为的中点,为的中

12、点,所以,又为的中点,所以,所以,且,即四边形为平行四边形,所以,又平面,平面,所以平面,因为四边形为平行四边形,所以,又为等边三角形,为的中点,所以,即.(2)如图,连接,设三棱锥的高为,因为为的中点,所以,又,所以为定值,在翻折过程中,当平面垂直于平面时,最大,三棱锥的体积取最大值,取的中点,连接,因为平面平面,平面平面,所以平面,取的中点为,以所在直线为轴,所在直线为轴,所在直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则,所以,设平面的法向量,则,即可取,又平面的一个法向量,所以,因为二面角的平面角为锐角,所以平面与平面所成的二面角的余弦值为. 第20题： 【解析】(1)依题意,当时,故该方

13、案可行. (2)设总利润为元,安装台,安装台,当时,概率,当时,概率,安装台,当时,概率,当时,概率,当时,应提供台增氧冲水机. 第21题： 【解析】(1)设点,由题意,设直线,由得,又,. (2)设,直线的斜率为,直线的斜率为,直线的斜率为,三点共线,即,即,即,直线的方程是,即,由式可知,代入上式,得,令,解得,直线恒过定点. 第22题： 【解析】(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),当时,恒有,即,综上,.