广东省东莞市东华高级中学2021届高三上学期第二次联考数学试题含解析

广东省东莞市东华高级中学2021届高三上学期第二次联考数学试题含解析

1 广东省东华高级中学 2021 届高三上学期第二次联考 数 学 第 I 卷 一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的． 1．若 i iz   1 21 ，则 z 在复平面内对应的点位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知全集 RU  ，集合 }03|{ 2  xxxA ， )}2ln(|{  xyxB ，则 )( ACB U = A． )3,0[ B． )3,1( C． ]3,2( D． )3,2( 3．已知 3 1 ea  ， 2 1log3b ， 2 1log 3 1c ，则 cba ,, 的大小关系为 A． cba  B． acb  C． bca  D． cab  4．“ )4,1(a ”是“直线 0 ayx 与圆 2)2()1(: 22  yxC 相交”的 A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 5．已知 6,0,0  nmnm ，则 nm 82  的最小值是 A． 24 B．4 C． 6 D．3 6．“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体， 它体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中 点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形， 六个面为正方形的“阿基米德多面体”．若该多面体的棱长为 2 ，则 其体积为 A． 3 240 B．5 C． 3 17 D． 3 20 7．已知函数 )(xf 的定义域为 )4(, xfR 是偶函数， 3)6( f ， )(xf 在 ]4,( 上单调 递减，则不等式 3)42( xf 的解集为 A． )6,4( B． ),6()4,(   C． ),5()3,(   D． )5,3( 8．在平行四边形 ABCD 中， 3|| AB ，若 |||||| BD BD BC BC BA BA  ，则 || AC = A． 32 B． 33 C． 34 D．3 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分． 9．若二项式 nx)32(  的展开式中各项的二项式系数之和为 256，则 A． 8n B． 9n 2 C．第 5 项为 42520x D．第 5 项为 561008 x 10．已知函数 1cos22sin3)( 2  xxxf ，则 A． )(xf 图象的一条对称轴方程为  3 2x B． )(xf 图象的一个对称中心为 )0,12(  C．将曲线 )6sin(2  xy 上各点的横坐标缩短到原来的 2 1 （纵坐标不变），再向下平 移 2 个单位长度，可得到 )(xfy  的图象 D．将 )(xf 的图象向右平移 6  个单位长度，得到的曲线关于 y 轴对称 11．为了研究某种病毒在特定环境下随时间变化的繁殖情况，得到了一些数据，绘制成散点 图，发现用模型 kxcey  拟合比较合适．令 yz ln ，得到 axz  3.1 ，经计算发现 zx, 满足下表： 天数 x (天) 2 3 4 5 6 z 1.5 4.5 5.5 6.5 7 则 A． 2.0 ec B． 3.1k C． 2.0ec  D． 3.1k 12．双曲线 )0,0(1: 2 2 2 2  bab y a xC 的左、右焦点分别为 21, FF ，点 P 为 C 的左支上任 意一点，直线l 是双曲线的一条渐近线， lPQ  ，垂足为Q ．当 |||| 2 PQPF  的最小 值为 3 时， QF1 的中点在双曲线C 上，则 A．C 的方程为 122 22  yx B．C 的离心率为 2 C．C 的渐近线方程为 xy  D．C 的方程为 122  yx 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．已知角 终边上一点 P 的坐标为 )1,6( ，则 2sin = ▲ ． 14．若函数 axxxf  42)( 的图象在点 ))1(,1( fP 处的切线垂直于直线 xy 7 1 ，则函数 )(xf 的最小值是 ▲ ． 15．已知椭圆 )0(1: 2 2 2 2  bab y a xE 的右焦点为 )0,(cF ，若点 F 到直线 0 aybx 的 距离为 c3 3 ，则 E 的离心率为 ▲ ． 16．在矩形 ABCD 中， 2,1  BCAB ，将 ABD 沿 BD 向上折起到 BDA1 的位置，得 到四面体 BCDA1 . 当四面体 BCDA1 的体积最大时，异面直线 BA1 与 CD 所成角的余 弦值为 ▲ ． 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 3 17．（10 分） 在① 4 C ，② ABC 的面积为 312 ，③ AbcacBCBA sin 这三个条件中任选 一个，补充在下面的问题中，并解答问题. 问 题 ： 在 ABC 中 ， 角 CBA ,, 的 对 边 分 别 为 cba ,, ， ， 且  AbBa cos3sin ABCb ,3 的外接圆的半径为 4．求 ABC 的周长． 注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分． 18．（12 分） 某学校为了了解学生暑假期间学习数学的情况，抽取了人数相等的甲、乙两班进行调查， 甲班同学每天学习数学的平均时间的频率分布直方图（将时间分成 ,3[),3,2[),2,1[),1,0[ ]6,5[),5,4[),4 共 6 组）和乙班同学每天学习数学的平均时间的频数分布表如图所示（单位： 小时）． (1)从甲班每天学习数学的平均时间在 )2,0[ 的人中随机选出 3 人，求 3 人中恰有 1 人学 习数学的平均时间在 )1,0[ 范围内的概率； (2)从甲、乙两个班每天学习数学平均时间不小于 5 个小时的学生中随机抽取 4 人进一 步了解其他情况，设 4 人中乙班学生的人数为 ，求 的分布列和数学期望． 4 19．（12 分） 在四棱锥 ABCDP  中， BCAD // ， 1 ABAD ， 2BC ， 2BD ，E 为 PB 的中点． (1)证明： //AE 平面 .PCD (2)若 PA 平面 ABCD ，且 3PA ， 求CP 与平面 PBD 所成角的正弦值． 20．(12 分) 已知数列 }{ na 满足 211 3 1 2 1 1 321 n a n aaa n   ，设数列 }{ na 的前 n 项和 为 .nS (1)求数列 }{ na 的通项公式； (2)令       2),11()11)(11( ,1, 32 1 nSSS nS T n n  ，求 }1{ nn TS  的前 n 项和 .nH 21．(12 分) 已知圆 4 1)1(: 22  yxM ，动圆 N 与圆 M 相外切，且与直线 2 1x 相切． (1)求动圆圆心 N 的轨迹C 的方程． (2)已知点 )2,1(),2 1,2 1( QP  ，过点 P 的直线l 与曲线C 交于两个不同的点 BA, （与 Q 点不重合），直线 QBQA, 的斜率之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由． 22．(12 分) 已知函数 xaxxaxf  2 1ln)( 2 . (1)若 )(xf 只有一个极值点，求 a 的取值范围． (2)若函数 )0()()( 2  xxfxg 存在两个极值点 21, xx ，记过点 ))(,()),(,( 2211 xgxQxgxP 的直线的斜率为 k ，证明： .11 21 kxx  5 数学参考答案 1．D 因为 iii ii i iz 2 1 2 3 )1)(1( )1)(21( 1 21    ，所以 z 在复平面内对应的点位于第四象限． 2．C 因为 0|{  xxA 或 }3x ，所以 }30|{  xxACU ．因为 }2|{  xxB ，所 以  2|{)( xACB U }.3x 3．B 因为 13 1  ea ， 02 1log3 b ， 13 1log2 1log0 3 1 3 1  c ，所以 .acb  4．A 由 2 2 |21|  a ，得 )5,1(a ，因为 )5,1()4,1(  ，所以选 A． 5．D 因为 0m ， 0n ， 6 nm ，所以 3)8210(6 1)82)((6 182  n m m n nmnmnm ， 当且仅当  m n2 n m8 ，即 2m ， 4n 时取等号． 6．D 将该多面体放入正方体中，如图所示. 由于多面体的棱长为 2 ， 则正方体的棱长为 2．该多面体是由棱长为 2 的正方体沿各棱中点截 去 8 个三棱锥所得，所以该多面体的体积为 .3 201)112 1(3 1823  7 ． D 因 为 )4( xf 是 偶 函 数 ， 所 以 函 数 )(xf 的 图 象 关 于 直 线 4x 对 称 ， 则 )2()6( ff  3 ．因为 )(xf 在 ]4,( 上单调递减，所以 )(xf 在 ),4[  上单调递增， 故 3)42( xf 等价于 422  x 6 ，解得 .53  x 8．B 因为 |||||| BD BD BC BC BA BA  ，所以四边形 ABCD 为菱形，即 120ABC ．因为 3||||  BCAB ，所以 .33|| AC 9．AC 因为二项式 nx)32(  的展开式中所有项的二项式系数之和为 256，所以 2562 n ， 所 以 8n ． 因 为 二 项 式 8)32( x 的 展 开 式 的 通 项 公 式 为 rrrr r xCT    )3()2( 8 81 ，所以  444 85 )3()2(CT .2520 44 xx  6 10．CD 2)62sin(21cos22sin3)( 2  xxxxf ， 令  kx  262 ， Zk  ，则 23  kx  ， Zk  ，故 A 错误； 令 Zkkx  ,62  ， 则 Zkkx  ,212  ， 所 以 )(xf 图 象 的 对 称 中 心 为 Zkk  ),2,212(  ，故 B 错误； 将曲线 )6sin(2  xy 上各点的横坐标缩短到原来的 2 1 （纵坐标不变），得到曲线 )62sin(2  xy 的图象，再向下平移 2 个单位长度得到曲线 )(xfy  的图象，故 C 正确； 将 )(xf 的 图 象 向 右 平 移 6  个 单 位 长 度 ， 得 到 的 曲 线 方 程 为 22cos22]6)6(2sin[2  xxy  ，其为偶函数，故 D 正确． 11．AB 因为 45 65432 x ， 55 75.65.55.45.1 z ， 所以 axz  3.1 的中心点为(4，5)，代入 axz  3.1 ，可得 .2.043.15 a 因为 ckxz ln ，所以 2.0ln,3.1  ack ，即 2.0 ec . 12．BCD 因为 aPFPF 2|||| 12  ，所以 .2||2|||||||| 112 aQFaPQPFPQPF  因为焦点到渐近线的距离为b ，所以 || 1QF 的最小值为 b ，所以 .32  ab 不妨设直 线OQ 为 xa by  ，因为 OQQF 1 ，所以点 )0,(1 cF  ， ),( 2 c ab c aQ  ， QF1 的中点 为 ,2( 22 c ca  )2c ab ． 将 其 代 入 双 曲 线 C 的 方 程 ， 得 144 )( 2 2 22 222  c a ca ca ， 即 144 )1( 2 2 2 2 2 2 2   c a c a c a ，解得 .2ac  又因为 222,32 cbaab  ，所以 1 ba ， 故双曲线C 的方程为 122  yx ，离心率为 2 ，渐近线方程为 y .x 13 ． 7 62 因 为 7 7 16 1sin    ， 7 42 16 6cos    ， 所 以 .7 62cossin22sin   7 14． 8 3 因为 axxf  38)(' ，所以 78)1('  af ， 1a ，所以 xxxf  42)( ．因 为 18)(' 3  xxf ，所以 )(xf 在 )2 1,( 上单调递减，在 ),2 1(  上单调递增，故函 数 )(xf 的最小值是 .8 3)2 1( f 15． 2 2 由题意可知， 3 3 22 c ba bc   ，得 22 2ba  ，因为 222 cab  ，所以 22 2ca  ， 故 .2 2 a ce 16． 5 1 如图，当平面 BDA1 平面 BCD 时，四面体 BCDA1 的体积最大. 过 1A 作 BDHA 1 于 H ，则 HA1 平面 .BCD 因为 5 2 1  HAAH ，所以 5 22 1 AA ， 因为 CDAB // ，所以 BAA1 或它的补角为异面直线 BA1 与CD 所成的角. 因为 5 1 112 5 811 2cos 1 2 1 2 1 2 1     BAAB AABAABBAA ， 所以异面直线 BA1 与CD 所成角的余弦值为 .5 1 17．解：因为 bAbBa 3cos3sin  ，所以 BABBA sin3cossin3sinsin  ， 因为 0sin B ，所以 )cos1(3sin AA  . ………………………………………………2 分 因为 3)3sin(2cos3sin  AAA ，所以 2 3)3sin(  A . …………………4 分 因为  A0 ，所以 3 2 3  A ， 3 A . …………………………………………5 分 因为 ABC 外接圆的半径为 4，所以 34sin8  Aa . ………………………………6 分 选择①，因为 4 C ，所以 244sin8  c . ………………………………………7 分 因为 3 A ， 4 C ，所以 12 5B . ……………………………………………………8 分 因为 4 26)46sin(12 5sinsin  B ， 8 所以 22624 268 b . ……………………………………………………9 分 故 ABC 的周长为 263462  . ……………………………………………………10 分 选择②，因为 ABC 的面积为 312 ，所以 .312sin2 1 Abc ………………………7 分 因为 3 A ，所以 48bc . ………………………………………………………………8 分 因为 34a ，所以由 Abccba cos2222  可得 9622  cb ， 即 1922)( 222  bccbcb ，所以 .38 cb ………………………………9 分 故 ABC 的周长为 .312 …………………………………………………………………10 分 选择③，因为 AbcacBCBA sin ，所以 AbcacBac sincos  ， 即 .sincos AbaBa  ……………………………………………………………………7 分 因为 Aa sin8 ， Bb sin8 ，所以 .sinsin8sin8cossin8 ABABA  因为 0sin A ，所以 BB sin1cos  ，即 .1cossin  BB …………………………8 分 因为 )4sin(2cossin  BBB ，所以 .2 2)4sin(  B 因为  B0 ，所以 4 3 4  B ，即 .2 B ………………………………………9 分 因为 3,34  Aa ，所以 .4,8  cb 故 ABC 的周长为 .3412  ……………………………………………………………10 分 18．解：(1)因为乙班学生的总人数为 2+5+10+16+14+3=50， …………………………1 分 所以甲班中学习平均时间在[0，1）内的人数为 50×0.04=2， ……………………………2 分 甲班中学习平均时间在[1，2）内的人数为 50×0.08=4． ………………………………3 分 设“3 人中恰有 1 人学习数学的平均时间在[0，1）范围内”为事件 ,A 则 .5 3 20 62)( 3 6 2 4 1 2  C CCAP ……………………………………………………………6 分 (2)甲班学习数学平均时间在区间[5，6]的人数为 50×0.08=4． 由频数分布表知乙班学习数学平均时间在区间[5，6]的人数为 3，………………………8 分 两班中学习数学平均时间不小于 5 小时的同学共 7 人， 的所有可能取值为 0，1，2，3． 35 1)0( 4 7 4 4 0 3  C CCP  ， 35 12)1( 4 7 3 4 1 3  C CCP  ， 35 18)2( 4 7 2 4 2 3  C CCP  ， 9 35 4)3( 4 7 1 4 3 3  C CCP  . …………………………………………………………………10 分 所以 的分布列为  0 1 2 3 P 35 1 35 12 35 18 35 4 .7 12 35 4335 18235 12135 10)( E ………………………………………12 分 19．(1)证明：设 PC 的中点为 F ，如图，连接 ., DFEF 因为 E 为 PB 的中点，所以 BCEF // 且 .2 1 BCEF  ………………………………………………………………………………1 分 因为 BCAD // ，且 BCAD 2 1 ，所以 ADEF // ，且 ADEF  ， 所以四边形 AEFD 为平行四边形，故 DFAE // . ………………………………………3 分 因为 DF 平面 AEPCD, 平面 PCD ， 所以 //AE 平面 .PCD ………………………………………………………………………5 分 (2)解：因为 1 ADAB ， 2BC ， 2BD ，且 BCAD // ， 所以 .ADAB  ……………………………………………………6 分 以 A 为坐标原点，分别以 APADAB ,, 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴 的 正 方 向 建 立 如 图 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系 xyzA  ， 则 )0,2,1(),3,0,0(),0,1,0(),0,0,1( CPDB ， )3,0,1(BP ， )0,1,1(BD ， ).3,2,1( PC …………………………………………………………………………8 分 设平面 PBD 的法向量为 ),,( zyxn  ， 则      ,03 ,0 zxBPn yxBDn 令 3x ，得 ).1,3,3(n ……………………………10 分 设CP 与平面 PBD 所成角为 ，则 14 42 |||| ||sin  PCn PCn ， 即CP 与平面 PBD 所成角的正弦值为 .14 42 ……………………………………………12 分 10 20．解：(1)令 1 n n a nb ，设数列 }{ nb 的前 n 项和为 nP ，则 .2 nPn  …………………1 分 当 1n 时， 2 1 11  Pb ，则 11 a ；………………………………………………………2 分 当 2n 时， .2 1 2 1 21   nnPPb nnn ……………………………………………3 分 所以数列 }{ nb 是常数列，即 2 1 1  n n a nb ，故 .12  nan …………………………4 分 当 1n 时，也符合上式，所以 .12  nan ……………………………………………5 分 (2)因为 12  nan ，所以 2 2 )121( nnnSn  . ………………………………6 分 当 1n 时， 11 T ； 当 2n 时， )11()3 11)(2 11()11()11)(11( 222 32 nSSST n n   2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 14 3 13 2 12 n n   2222 432 )1)(1(534231 n nn     .2 1 n n  …………………………………………………………………………………8 分 因为当 1n 时，也符合上式，所以 .2 1 n nTn  ……………………………………9 分 因为 )1 11(2)1( 21  nnnnTS nn ， ……………………………………………10 分 所以 .1 2)1 11(2)]1 11()3 1 2 1()2 11[(2  n n nnnHn  ……………12 分 21．解：(1)设 N 到直线 2 1x 的距离为 d ，因为 2 1||  MNd ，……………………1 分 所以 N 到直线 1x 的距离等于 N 到 )0,1(M 的距离， 由抛物线的定义可知，N 的轨迹C 为抛物线，C 的方程为 .42 xy  ……………………3 分 (2)设直线l 的方程为 )2 1(2 1  ymx ，即 .0122  mmyx 11 因为 BA, 与Q 点不重合，所以 .5 3m ……………………………………………………4 分 设直线 QBQA, 的斜率分别为 1k 和  212, kkk ，点 ),,(),,( 2211 yxByxA 联立      ,4 ,0122 2 xy mmyx 消去 x 得 02242  mmyy ，…………………………6 分 则 myy 421  ， myy 2221  ， 由 0)22(4)4( 2  mm ，解得 1m 或 2 1m ，且 5 3m . ………………………7 分 可得 32 )2(2 1)12(2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1      mmy y mmy y x yk ， 同理可得 32 )2(2 2 2 2   mmy yk ，………………………………………………………………9 分 所以 2 2121 2 2121 2 2 1 1 )3())(3(24 )]3(4))(1(34[2 32 )2(2 32 )2(2     myymmyym myymymy mmy y mmy y 3 8 )325(3 )325(8 )3(4)3(2)22(4 )]3(44)1(3)22(4[2 2 2 22    mm mm mmmmmm mmmmm ， 故直线 QBQA, 的斜率之和为定值 3 8 . …………………………………………………12 分 22．(1)解： x axax x xa x axf 2 2 22)(' 22  ， ).,0( x 令 nx  ，则 0n ．令 22 2)( anann  ， 要使函数 )(xf 只有一个极值点，则需满足      ,0)0( ,0  a 即 .0a ………………………4 分 (2)证明：因为 xaxxaxfxg  222 2 1ln2)()( ，所以 .212)(' 222 x axaxaxx axg  因为 )(xg 存在两个极值点，所以      ,081 ,0 3a a 即 .2 10  a ……………………………6 分 不妨假设 210 xx  ，则 .1 21 axx  ………………………………………………………7 分 要证 kxx  21 11 ，即要证 21 21 21 )()(11 xx xgxg xx   ， 12 只需证 1 2 2 1 21 2121 21 ))(()()( x x x x xx xxxxxgxg  ，……………………………………8 分 只需证 1 2 2 1 2 12 212 12 2121 ln2)(2 1ln2]2)()[(2 1 x x x x x xaxxx xaxxaxx  ， 即证 ).(2 1ln2 211 2 2 1 2 12 xxx x x x x xa  ……………………………………………………9 分 设 )10( 2 1  tx xt ，函数 tttatm 1ln2)( 2  ， .12)(' 2 22 t tattm  ……………10 分 因为 2 10  a ，故 044 4 a ，所以 012 22  tat ，即 0)(' tm ， 故 )(tm 在 )1,0( 上单调递减，则 .0)1()(  mtm ………………………………………11 分 又因为 0)(2 1 21  xx ，所以 )(2 10)( 21 xxtm  ，即 )(2 1ln2 211 2 2 1 2 12 xxx x x x x xa  ， 从而 kxx  21 11 得证. ………………………………………………………………………12 分