河北省衡水市2021屆新高考數(shù)學(xué)第三次調(diào)研試卷含解析

1、河北省衡水市2021屆新高考數(shù)學(xué)第三次調(diào)研試卷一、選擇題：本題共 12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目 要求的。1 .幻方最早起源于我國，由正整數(shù)1, 2, 3,，n2這n2個數(shù)填入n n方格中，使得每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和相等，這個正方形數(shù)陣就叫n階幻方.定義f (n)為n階幻方對角線上所有數(shù)的和,如 f(3) 15,則 f (10)()D. 5050A. 55B. 500C. 505【答案】C【解析】【分析】1 2 3 f (n)因為幻方的每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和相等，可得【詳解】因為幻方的每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和相等， 所以

2、n階幻方對角線上數(shù)的和 f(n)就等于每行(或每列)的數(shù)的和,又n階幻方有n行(或n歹U),因此，f(n)12 3 n2n于是f(10)1099 100 505 .故選：C本題考查了數(shù)陣問題，考查了學(xué)生邏輯推理，數(shù)學(xué)運(yùn)算的能力，屬于中檔題2 .等比數(shù)列 an的各項均為正數(shù)，且 a3a8 a4a7 18,則log3a log3a2 L log3a10 ()A. 12【答案】B【解析】【分析】B. 10C. 8D. 2 log3 5由等比數(shù)列的性質(zhì)求得 為為。，再由對數(shù)運(yùn)算法則可得結(jié)論.【詳解】;數(shù)列an是等比數(shù)列，a3a8 a4a7 2a1a10 18 ,為4。9,5 .log3a1 log3a

3、2 Llog3 aw log3(a1a2L aQlog3(a1a10)510g 3 910故選：B.【點睛】本題考查等比數(shù)列的性質(zhì)，考查對數(shù)的運(yùn)算法則，掌握等比數(shù)列的性質(zhì)是解題關(guān)鍵.3,已知函數(shù) f x 2cos x sin x 一 6m ( m R )的部分圖象如圖所示.則Xo2苴A. 327C.一6B.D.56643，一一，2由圖象可知f 31，可解得m1，一,利用三角恒等變換化簡解析式可得 2sin2x ,令6 ,f x =0,即可求得X0.依題意,f 23.5sin 一61,解得m1一；因為22cosx sin x2cosx3 ：一 sin x21 cosx2 3sin2xcosx c

4、os x旦in2x21cos2x 2sin 2xx所以2x0 2k 6，考查三角恒等變換在三角函數(shù)化簡中故選:C.本題主要考查了由三角函數(shù)的圖象求解析式和已知函數(shù)值求自變量 的應(yīng)用，難度一般.4.已知函數(shù) f(x) sin(2019xcos(2019x )的最大值為M ,若存在實數(shù)m,n，使得對任意實 4數(shù)x總有f (m)f (x) f(n)成立，則m n的最小值為()A.2019【答案】B2B.2019C.2019D.4038根據(jù)三角函數(shù)的兩角和差公式得到f xf x sin 2019x cos 2019x42sin(2019 x ),進(jìn)而可以得到函數(shù)的最值，區(qū)間(m,n)長度 4要大于等于

5、半個周期，最終得到結(jié)果函數(shù)a sin2019x cos2019x cos2019x sin2019x 22 sin 2019 x cos 2019 x 2sin(2019 x則函數(shù)的最大值為2, M存在實數(shù)m,n,使得對任意實數(shù) x總有f m f n成立，則區(qū)間(m,n)長度要大于等于半個周期，即m n 20192min 2019故答案為：B.這個題目考查了三角函數(shù)的兩角和差的正余弦公式的應(yīng)用,以及三角函數(shù)的圖像的性質(zhì)的應(yīng)用，題目比較綜合.n5.若 沃 1 的展開式中二項式系數(shù)和為256,則二項式展開式中有理項系數(shù)之和為()xA. 85B. 84C. 57D. 56【答案】A【解析】【分析】

6、先求n ,再確定展開式中的有理項，最后求系數(shù)之和【詳解】n1 一，一一，解：3/x1 的展開式中二項式系數(shù)和為 256故2n8 r8 4r要求展開式中的有理項，則 r 2,5,8則二項式展開式中有理項系數(shù)之和為：C；+C；+C；=85故選：A【點睛】考查二項式的二項式系數(shù)及展開式中有理項系數(shù)的確定，基礎(chǔ)題6.已知正方體ABCD A1B1C1D1的棱長為2,點M為棱DD1的中點，則平面 ACM截該正方體的內(nèi)切球所得截面面積為（）A. -B. -C.D.-333【答案】A【解析】【分析】根據(jù)球的特點可知截面是一個圓，根據(jù)等體積法計算出球心到平面ACM的距離，由此求解出截面圓的半徑，從而截面面積可求

7、.【詳解】如圖所示：設(shè)內(nèi)切球球心為 O, O到平面ACM的距離為d ,截面圓的半徑為r,因為內(nèi)切球的半徑等于正方體棱長的一半，所以球的半徑為1,又因為 VO AMC VM AOC，所以-d SVAMCSVAOC，33又因為SVAMC1 2亞 J752& 276, Svaoc12V2172,22所以-d66,所以d-6-,333一.一r 3一所以截面圓的半徑r 1 d2 ,所以截面圓的面積為S3故選：A.任何一個平面去截球，得到的截面【點睛】 本題考查正方體的內(nèi)切球的特點以及球的截面面積的計算，難度一般定是圓面，截面圓的半徑可通過球的半徑以及球心到截面的距離去計算22_27.已知直線x

8、y t與圓x y 2t t t R有公共點，則t 4 t的最大值為（283232 "9' V'7【答案】C【解析】【分析】-22t t t R有公共點，得到2222根據(jù)x y 2t t t R表示圓和直線x y t與圓x八，40 t -,再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解 . 3【詳解】 22_2因為x y 2t t t R表示圓，所以2t t2 0 ,解得0 t 2,222因為直線x y t與圓x y 2t t t R有公共點，所以圓心到直線的距離 d r,即 qm2-4斛得0 t 3，一,4此時0 t ，324因為 f t t 4 t t2 4t t 24,在 0,一 遞增

9、,3.432所以t 4 t的最大值f 43239故選：C本題主要考查圓的方程，直線與圓的位置關(guān)系以及二次函數(shù)的性質(zhì)，還考查了運(yùn)算求解的能力，屬于中檔8.設(shè)集合A2 x a , B 0,2,4 ,若集合AI B中有且僅有2個元素，則實數(shù)a的取值范圍為A. 0,2B.2,4C. 4,D.,0【答案】B【解析】【分析】由題意知0,2A且4 A,結(jié)合數(shù)軸即可求得 a的取值范圍由題意知，AI B= 0,2 ，則0,2A,故 a 2,又4 A,則a 4,所以2 a 4,所以本題答案為B.本題主要考查了集合的關(guān)系及運(yùn)算，以及借助數(shù)軸解決有關(guān)問題，其中確定AI B中的元素是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.，、59.將

10、函數(shù)f(x) cosx的圖象先向右平移 一 個單位長度，在把所得函數(shù)圖象的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?13(0)倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)g(x)的圖象，若函數(shù)g(x)在(-,)上沒有零點，則的取值范2 2圍是()2. 2 82A. (0,"U-,8B. (0,293 992 . 8一 .一C. (0,-U-,1D. (0,199【答案】A【解析】【分析】5根據(jù)y=Acos (cox+(j)的圖象變換規(guī)律，求得 g (x)的解析式，根據(jù)7E義域求出x 的范圍，再利用6余弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，求得3的取值范圍.【詳解】5 函數(shù)f (x) cosx的圖象先向右平移 一 個單位長度，65 可得y cos

11、 x 的圖象，61 ，再將圖象上每個點的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼囊唬?）倍（縱坐標(biāo)不變）,5得到函數(shù)g（x） cosx cosA sin B ,即可得到 A B ，再求出B , ,取后根據(jù) 22 4的圖象,6 3.一,若函數(shù)g(x)在(,3_)上沒有零點，2 25 . 2 63 526262當(dāng)k=0時, 當(dāng)k=-1時，022 8(0，3叱，9.故答案為：A.本題考查函數(shù)y=Acos （cox+6的圖象變換及零點問題，此類問題通常采用數(shù)形結(jié)合思想，構(gòu)建不等關(guān)系式，求解可得，屬于較難題bsin A ,則 sin A sin C10.在鈍角VABC中，角A, B,C所對的邊分別為a,b,c, B為鈍角，若a

12、cosA22【詳解】的最大值為（A.貶【答案】B【解析】【分析】B.C. 1_7D.一8首先由正弦定理將邊化角可得sin A sinC sin B 一 sinB求出sin A sinC的最大值;解：因為 a cos A bsin A ,所以 sin AcosA sin Bsin A因為sin A 0所以 cosA sin Bsin A sinC sincosB cos2B22cos B cos B2 cosBcosB,0cosBsinsin Asin Cmax故選：B本題考查正弦定理的應(yīng)用，余弦函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用，屬于中檔題11.設(shè)復(fù)數(shù)z滿足2y 11 , z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為B.y2

13、2x 1x, y 則（_2C. X22y 1D.y2 2x 1根據(jù)共軻復(fù)數(shù)定義及復(fù)數(shù)模的求法,代入化簡即可求解z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為x, y ,則z x yi ,解得y2 2x 1 .故選：B.【點睛】 本題考查復(fù)數(shù)對應(yīng)點坐標(biāo)的幾何意義，復(fù)數(shù)模的求法及共軻復(fù)數(shù)的概念，屬于基礎(chǔ)題5次，至少連續(xù)出現(xiàn) 3次正面朝上12 .拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣，每次正反面出現(xiàn)的概率相同，連續(xù)拋擲的概率是（）A. 1B.-43【答案】A【解析】【分析】八 5C.32D.316首先求出樣本空間樣本點為 25 32個，再利用分類計數(shù)原理求出三個正面向上為連續(xù)的3個“1的樣本點個數(shù)，再求出重復(fù)數(shù)量，可得事件的樣本點數(shù)

14、，根據(jù)古典概型的概率計算公式即可求解【詳解】樣本空間樣本點為 2532個，具體分析如下：記正面向上為1,反面向上為0,三個正面向上為連續(xù)的3個“1；有以下3種位置1_ _, _1_, _ _1.剩下2個空位可是0或1,這三種排列的所有可能分別都是2 2 4，但合并計算時會有重復(fù)，重復(fù)數(shù)量為2 2 4,事件的樣本點數(shù)為：4 4 4 2 2 8個.故不同的樣本點數(shù)為 8個，2 1.324故選：A【點睛】本題考查了分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理，古典概型的概率計算公式，屬于基礎(chǔ)題二、填空題：本題共 4小題，每小題5分，共20分。4013 . a 2b 5 1 c的展開式中，a3b2c的系數(shù)是.【答案】【

15、分析】555先將原式展開成 a 2b c a 2b ,發(fā)現(xiàn)a 2b中不含a3b【答案】_!2【解析】【分析】 由余弦定理先算出 c,再利用面積公式S【詳解】由余弦定理，得 b2 a2 c2 2accosB,故 ABC 的面積 S lacsinB . 2c,故只研究后面一項即可得解.【詳解】555a 2ble a 2b c a 2b ,依題意，只需求c a 2b 5中a3b2c的系數(shù)，是 c52 240.故答案為：-40【點睛】本題考查二項式定理性質(zhì)，關(guān)鍵是先展開再利用排列組合思想解決，屬于基礎(chǔ)題v v rvvrvv vv14 .已知向量a1,2 ,bx,1 ,u a 2b,v 2a b ,且u

16、/v,則實數(shù)x的值是.1【答案】12【解析】1-1 a = (1, 2), b = (x, 1),貝U U = a +2 b =(1，2) +2 (x, 1) = (1+2x, 4)，v =2 a - b =2 (1, 2) - ( x, 1) = (2-x, 3),- v/ /v 3 (1+2x) 4 (2 x) =1 ,解得：x=.2點睛：由向量的數(shù)乘和坐標(biāo)加減法運(yùn)算求得u , v然后利用向量共線的坐標(biāo)表示列式求解x的值.若a =(a1，a2), b = (b1，b2),則 a，b ? aa2+b 1b2=1, a / b ? ab2 a2b1=1.15 .在VABC中，內(nèi)角A, B,C的

17、對邊分別為a,b,c,已知B ,a 2,b J3 ,則VABC的面積為1 acsin B 計算即可.2即 3 4 c2 2c,解得 c 1 ,3故答案為：_!2【點睛】本題考查利用余弦定理求解三角形的面積，考查學(xué)生的計算能力，是一道基礎(chǔ)題.16 .已知一個圓錐的底面積和側(cè)面積分別為9和15 ,則該圓錐的體積為 【答案】12依據(jù)圓錐的底面積和側(cè)面積公式，求出底面半徑和母線長，再根據(jù)勾股定理求出圓錐的高，最后利用圓錐的體積公式求出體積。設(shè)圓錐的底面半徑為r ,母線長為l ,高為h ,所以有r2 9rl 15解得h 、.l2 r2.52324 1c 1故該圓錐的體積為 V=r2h -33_2-3 4

18、 12本題主要考查圓錐的底面積、側(cè)面積和體積公式的應(yīng)用。三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為:t te e2t 2 t （其中t為參數(shù)），直線l的參數(shù)方程為 e e22-5m（其中m為參數(shù)）（1）以坐標(biāo)原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，求曲線C的極坐標(biāo)方程;（2）若曲線C與直線l交于A,B兩點，點P的坐標(biāo)為2,0 ,求PA |PB的值.【答案】（1） 2cos21（一）（2） 54 4【解析】【分析】（1）首先消去參數(shù)得到曲線的普通方程，再根據(jù)x cos , y sin ，得到曲線的極坐標(biāo)方程;（2）將直線的參數(shù)

19、方程代入曲線的直角坐標(biāo)方程，利用直線的參數(shù)方程中參數(shù)的幾何意義得解；t t e e x 解：(1)曲線C： t 2 t消去參數(shù)t得到：x2 y2 1(x 1), e e由 x cos , y sin得 2 cos22 sin21(,)4 4所以 2 cos21(,)4 41 x 2 =m(2),5代入 x2 y2 1,2 y -m,53 24m m 3 05.5設(shè)PA m1，PB m2,由直線的參數(shù)方程參數(shù)的幾何意義得:PA PB m2m 5【點睛】本題考查參數(shù)方程、極坐標(biāo)方程、普通方程的互化，以及直線參數(shù)方程的幾何意義的應(yīng)用，屬于中檔題.18.已知函數(shù)f x x 1 ,不等式f x f x

20、15的解集為 x m x n .(1)求實數(shù)m , n的值；(2)若 x 0, y 0, nx y m 0,求證：x y 9xy.【答案】(1) m 1, n 4. (2)見解析【解析】【分析】(1)分三種情況討論即可(2)將m, n的值代入，然后利用均值定理即可.【詳解】解：(1)不等式f x f x 15可化為x 1x 25.x 1x 2即有或1 x 2或3 2x 52x 3 5解得,1 x 1 或 1 x 2或 2 x 4.所以不等式的解集為x 1 x 4 ,故m(2)由(1)知，nx y m111由 x0,y°得，一一一 xyx4xy1當(dāng)且僅當(dāng)之，即x- , yyx614x

21、y- 4x y 5 5 4 9, yy x1時等號成立.故13x考查絕對值不等式的解法以及用均值定理證明不等式，中檔題rr19.在銳角VABC中，a,b,c分別是角A,B,C的對邊，m 2b c,cosC , nr .r a,cos A ,且 m/n .(1)求角A的大小;2(2)求函數(shù)y 2sin B cos - 2B 的值域. 3.3【答案】(1)A ；(2),232【解析】【分析】(1)由向量平行的坐標(biāo)表示、正弦定理邊化角和兩角和差正弦公式可化簡求得cosA,進(jìn)而得到 A;(2)利用兩角和差余弦公式、二倍角和輔助角公式化簡函數(shù)為y 1 sin 2B ,根據(jù)B的范圍可確63定2B 一的范圍

22、，結(jié)合正弦函數(shù)圖象可確定所求函數(shù)的值域 6【詳解】r r(1) Q m/n , 2b c cosA acosC 0,由正弦定理得:2sin B sin C cosA sin AcosC 0,即 2sin BcosA sin A C 2sin BcosA sin B 0,-.1Q B 0, , sin B 0, cosA 一22(2)在銳角VABC中，A 322sin2 Bcos 2B311 cos2B cos2B2i3sin2B并2B1一 cos2B2sin2B 6函數(shù)y2sin 2B【點睛】本題考查三角恒等變換、2B1.一 sin22Bcos 2B的值域為 3,2 .32解三角形和三角函數(shù)性

23、質(zhì)的綜合應(yīng)用問題；涉及到共線向量的坐標(biāo)表示、利用三角恒等變換公式化簡求值、正弦定理邊化角的應(yīng)用、正弦型函數(shù)值域的求解等知識2 X20.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C :a2yr1 a b 0的離心率為b2-,且過點0, J3 .21求橢圓C的方程;2已知4BMN是橢圓C的內(nèi)接三角形,若點B為橢圓C的上頂點，原點。為4BMN的垂心，求線段 MN的長;若原點。為4BMN的重心，求原點 O到直線MN距離的最小值.1； 2433；叵22【答案】1 2L L431根據(jù)題意列出方程組求解即可;2由原點。為4BMN的垂心可得BO MN , MN x軸，設(shè)M x, y ,則2 .4 2uuuu uuL

24、rx 4 y ,根據(jù)BM ON =0求出線段MN的長； 32OD OA,設(shè) MN：設(shè)MN中點為D，直線OD與橢圓交于 A, B兩點，O為ABMN的重心，則BOy kx m , M %, % , N %, y2 ,則A % X2, % y2 ,當(dāng)MN斜率不存在時，則 O到直線MN的距離為1,24k 3 x1x2 4mk X1X224m2 6 0,y kx m22，則3x2 4y2 124k222x 8mkx 4m 12 08mk4k2 3k2 14k2 4解：1設(shè)焦距為2c,由題意知:因此，橢圓C的方程為:2由題意知:BOMNX24k2X1X22_4m2 124k2 3得出4m24k2 3,根據(jù)

25、uuuu uur BM ON x,3yB, M不重合,設(shè)MN中點為。為4BMN的重心，則當(dāng)MN斜率不存在時，則設(shè)MN :y kx mXl %2X242y23X13X1X2kx1kx24k23 x1x24mkX11 一1求解即可.4k2 4bb22 ab2故MN /X軸,7 2 3VM x, yN x,y. 3y 413249 'OD與橢圓交于A,BO 2OD OA,O到直線X1,y12X24X20,解得:故MN 2B兩點,MN的距離為1;N X2,y2，則 A X1Vi2上1, 3X1X23, 2 c4m 6X2,y14y1 V2y2y 3x2kx m4y212'24k2 38

26、mkx24m2 12 04mk 2. 3 4k2 3 m2_248 4k32-4k2 3則：X1X28mk25 X1X24k2 31 24m2Ik212，代入式子得:32 -8m 6駕豈0, 4m24k 34k2設(shè)O到直線MN的距離為d ,則d2-4k2 34k2 41 4PL4當(dāng) X x x2 時，f x 0,綜上，原點O到直線MN距離的最小值為 旦.【點睛】本題考查橢圓的方程的知識點，結(jié)合運(yùn)用向量，韋達(dá)定理和點到直線的距離的知識，屬于難題1121.已知矩陣 A 八 彳，二階矩陣B滿足AB 01(1)求矩陣B；(2)求矢I陣B的特征值.(2)特征值為1或1 .r 1【答案】(1) B 0【解

27、析】【分析】0彳，按照運(yùn)算規(guī)律，即可求出矩陣B.10,即可求出矩陣B的特征值.1(1)先設(shè)矩陣B,根據(jù)AB0(2)令矢I陣B的特征多項式等于a b解：(1)設(shè)矩陣B 由題意，1 0因為AB 0 11所以0ac1a1bd0b1，即c0c0所以B(2)矩陣令f入2 101 ,B的特征多項式f11,0,解得1或1,所以矩陣B的特征值為1或1 .【點睛】本題主要考查矩陣的乘法和矩陣的特征值，考查學(xué)生的劃歸與轉(zhuǎn)化能力和運(yùn)算求解能力.,、一 2a 22.已知函數(shù)f(x) 1 2x 6a lnx存在一個極大值點和一個極小值點.x(1)求實數(shù)a的取值范圍；a的取值(2)若函數(shù)f x的極大值點和極小值點分別為x

28、1和X2,且f x1f x22 6e,求實數(shù)范圍.(e是自然對數(shù)的底數(shù))【答案】(1)4,; (2) e,.9【解析】【分析】(1)首先對函數(shù)f x求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)存在一個極大值點和一個極小值點求出a的取值范圍；(2)首先求出f xf x2的值，再根據(jù)f X f x2 2 6e求出實數(shù)a的取值范圍.【詳解】(1)函數(shù)f x的定義域為是 0,22a 6a 2x 6ax 2af x 2 -2,x xx若f x有兩個極值點，則方程 2x2 6ax 2a 0一定有兩個不等的正根，設(shè)為x1和x2,且xx2,2-36a16a 04所以x1 x2 3a 0 解得a9x1x2 a 0此時f x2 x x1x x2當(dāng)0 x x1