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

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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
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