河北省石家庄二中2021届高三数学上学期期末考试质量检测试题含解析.doc

1、河北省石家庄二中2021届高三数学上学期期末考试质量检测试题（含解析）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：；若，则；若，则其中正确的个数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对,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,根据复数的运算推导.对,举出反例判定即可.【详解】对,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.故正确.

2、对, 则,由复数的运算可知, .故正确.对, 若则,不一定有.故正确.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.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. 【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（ ）

3、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【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

4、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

5、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.

6、 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.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

7、】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；，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

8、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，

9、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、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

10、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；对于选项D，设点

11、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】易知的展开式的通项.故常数项为，带入计算即可

12、.【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.1

13、6. 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】【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,

14、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,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；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) 时，；时，.【解析】【分析】(I)将代入求值即可；(II)用二倍角和

15、辅助角公式化简可得，再由可得，结合正弦函数图象求解最值；，利用抛物线知识求解【详解】(I)；(II)，由题意得，故，所以当时，取最小值.，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) 【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

16、奇数与为偶数两种情况求解即可.【详解】(1)因为,故,-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.（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

17、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,.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

18、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

19、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，；.，故应提

20、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,所以.故.(2) 设点,因为三点共线,所以,所以,即,化简得.由(1) ,所

21、以,即,即.因,所以直线的方程为,即,即,由有,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，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），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.