河北省沧州市2021届高三数学5月第二次模拟试题（Word版附答案）

绝密★启用前 河北省沧州市 2021 届高三下学期 5 月第二次模拟考试 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在 答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 一､选择题：本题共 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.已知  i 1 iz  ，复数 z 的共轭复数 z 在复平面内对应的点在（ ） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.已知集合  2 2A x x x ∣ ，集合   2log 1 1B x x  ∣ ，则 A B  （ ） A.{ 2 3}x x ∣ B.{ 1 2}x x ∣ C.{ 0 3}x x ∣ D.{ 0 2}x x ∣ 3.若圆 2 2: 16 0C x x y m    被直线3 4 4 0x y   截得的弦长为 6，则 m  （ ） A.26 B.31 C.39 D.43 4.函数   xef x xx   的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5.三星堆古遗址是迄今在西南地区发现的范围最大，延续时间最长，文化内涵最丰富的古城､ 古国､古蜀文化遗址三星堆遗址被称为 20 世纪人类最伟大的考古发现之一，昭示了长江流域与 黄河流域一样，同属中华文明的母体，被誉为“长江文明之源”，考古学家在测定遗址年代的过 程中，利用“生物死亡后体内的碳 14 含量按确定的比率衰减”这一规律，建立了样本中碳 14 的含量，随时间 x(年)变化的数学模型： 530 0 1 2 x y y      ( 0y 表示碳 14 的初始量).2020 年考古 学家对三星堆古遗址某文物样本进行碳14年代学检测，检测出碳14的含量约为初始量的68%， 据此推测三星堆古遗址存在的时期距今大约是（ ）(参考数据： 2 2log 5 2.32,log 17 4.09  ) A.2796 年 B.3152 年 C.3952 年 D.4480 年 6.已知等差数列 na 的前 n 项和为 8 7 10,2nS S S S  ，则 21S  （ ） A.21 B.11 C. 21 D.0 7. 52 3 1x x  展开式中 x 的系数为（ ） A. 3 B.3 C. 15 D.15 8.在三棱锥 P ABC 中，底面 ABC 是面积为3 3 的正三角形，若三棱锥 P ABC 的每个顶 点都在球 O 的球面上，且点O 恰好在平面 ABC 内，则三棱锥 P ABC 体积的最大值为（ ） A. 3 B. 2 3 C. 4 3 D. 6 3 二､多选题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的选项中，有 多项符合题目要求全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分. 9.已知平面向量    2,2 , 1,a b m   ，且 2a b a b      ，则（ ） A. 4a b   B. 0a b   C. 1m   D. 2b  9.若关于 x 的方程 22 3cos sin2 3x x m   在区间 ,4 6      上有且只有一个解，则 m 的 值可能为（ ） A. 2 B. 1 C.0 D.1 11.已知 0, 0a b  ，且 2 2 1a b  ，则（ ） A. 2a b … B.  5 51 1 1a ba b      … C. 2 2log log 1a b „ D. 1ab a b   12.设 1 2,F F 同时为椭圆 2 2 1 2 2: 1( 0)x yC a ba b     与双曲线   2 2 2 1 12 2 1 1 : 1 0, 0x yC a ba b     的左右焦点，设椭圆 1C 与双曲线 2C 在第一象限内交于点 M ，椭圆 1C 与双曲线 2C 的离心率 分别为 1 2, ,e e O 为坐标原点，若（ ） A. 1 2 2F F MO ，则 2 2 1 2 1 1 2e e   B. 1 2 2F F MO ，则 2 2 1 2 1 1 2e e   C. 1 2 24F F MF ，则 1 2e e 的取值范围是 2 3,3 2      D. 1 2 24F F MF ，则 1 2e e 的取值范围是 2 ,23      三､填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答题卡中的横线 上. 13.若 1cos 12 3      ，则 2sin 2 3      __________. 14.沙漏是一种古代的计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成， 开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙 漏的一个沙时，如图，某沙漏由上､下两个圆锥组成，该圆锥的高为 1，若上面的圆锥中装有 高度为 2 3 的液体，且液体能流入下面的圆锥，则液体流下去后的液面高度为__________. 15.规定记号" Δ "表示一种运算，即   2 2Δ 1 2 , ,a b a b b a b   R ，若 0k  ，函数    Δf x kx x 的图象关于直线 1 2x  对称，则 k __________. 16.三分损益法是古代中国发明制定音律时所用的生律法.三分损益包含“三分损一"“三分益一" 两层含义，三分损一是指将原有长度作 3 等分而减去其 1 份，即原有长度 3 1 3   生得长度； 而三分益一则是指将原有长度作 3 等分而增添其 1 份，即原有长度 3 1 3   生得长度，两种 方法可以交替运用､连续运用，各音律就得以银转相生，假设能发出第一个基准音的乐器的长 度为 243，每次损益的概率为 1 2 ，则经过 5 次三分损益得到的乐器的长度为 128 的概率为 __________. 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. 17.(10 分) 在①sin ,sin ,sinA C B 成等差数列；② : : 4:3: 2a b c  ；③ cos 1b A  这三个条件中任选一个， 补充在下面问题中.若问题中的三角形存在，求该三角形面积的值；若问题中的三角形不存在， 说明理由. 问题：是否存在 ABC ，它的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，且  sin sin sina A B b B  sin , 1c C c  ，__________？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 18.(12 分) 在公比大于 0 的等比数列 na 中，已知 2 3 1, ,6a a a 依次组成公差为 4 的等差数列 （1）求 na 的通项公式； （2）设 2 2log 5n n n ac a  ，求数列 nc 的前 n 项和 .nT 19.(12 分) 如图，在四棱锥 A BCDE 中， / / , , 2 2 .BC DE BE BC AB BC AC DE BE     （1）证明: AD BC . （2）若平面 BCDE  平面 ABC ，经过 ,A D 的平面 将四棱锥 A BCDE 分成左､右两部分 的体积之比为1: 2，求平面 与平面 ADC 所成锐二面角的余弦值. 20.(12 分) 已知抛物线 2: 2 ( 0)C x py p  的焦点为 F ，点  01,P y 在抛物线 C 上， 05 4 yPF  . （1）求抛物线C 的标准方程. （2）已知直线l 交抛物线 C 于点 ,A B ，且 PA PB ，证明：直线l 过定点. 21.(12 分) 某企业有甲､乙两条生产同种产品的生产线，据调查统计，100 次生产该产品所用时间的频数 分布表如下：假设订单 A 约定交货时间为 11 天，订单 B 约定交货时间为 12 天.(将频率视为概 率，当天完成即可交货) 所用的时间(单位：天) 10 11 12 13 甲生产线的频数 10 20 10 10 乙生产线的频数 5 20 20 5 （1）为尽最大可能在约定时间交货，判断订单 A 和订单 B 应如何选择各自的生产线(订单 A， B 互不影响)； （2）已知甲､乙生产线的生产成本分别为 3 万元､2 万元，订单 A，B 互不影响，若规定实际交 货时间每超过一天就要付 5000 元的违约金，现订单 A，B 用（1）中所选的生产线生产产品， 记订单 A，B 的总成本为 (万元)，求随机变量 的期望值. 22.(12 分) 已知函数     2e 1 4 2.xf x m x x x     （1）讨论  f x 的单调性； （2）当 2x … 时，   0f x … 桓成立，求 m 的取值范围. 高三数学试卷参考答案 1.A【解析】本题考查复数的除法运算和共轭复数，考查运算求解能力.  i 1 ii 1 1 1 1i, ii 1 2 2 2 2 2z z         ， 复数 z 的共轭复数 z 在复平面内对应的点是 1 1,2 2      ，在第一象限. 2.C【解析】本题考查集合的运算，考查运算求解能力. 集合 { 0 2}, { 1 3}, { 0 3}.A x x B x x A B x x          ∣ ∣ ∣ 3.C【解析】本题考查圆的方程，直线和圆的位置关系，考查运算求解能力. 2 216 0x x y m    可化为 2 2( 8) 64 ( 64)x y m m     ， 所以圆心到直线3 4 4 0x y   的距离 d  24 4 45    ， 所以 2 24 3 64 m   ，解得 39.m  4.B【解析】本题考查函数的图象，考查数形结合的数学思想.      e0, , x x f x x f x f xx        为奇函数，排除 A.  1 e 1 0,f     排除 D. 当 0x  时     2 2 e 1, , x x xf x x   当 2x  时  , 0,f x  排除 C. 故选 B . 5.B【解析】本题考查对数的运算，考查逻辑推理能力. 设三星堆古遗址存在的时期距今大约是 x 年，则 0y ･ 5730 0 1 68%2 x y     ，即 1 0.682 5730 x     ， 所以 1 2 2 2 2 2 log 0.68 log 25 log 17 2log 5 log 17 0.555730 x       ，解得 5730 0.55 3152.x    6.D【解析】本题考查等差数列，考查运算求解能力.由 8 7 102S S S  ，得 8 7 10 8S S S S   ， 所以 8 9 10a a a  ，则 10 9 8 11 0a a a a    ，所以 21 1121 0S a  . 7.D【解析】本题考查二项式定理，考查运算求解能 力.    5 52 2 5 1 4 2 53 1 3 1 (3 1) C (3 1)x x x x x x x             ， x 的系数为 4 4 5 ( 1) 3 15.C    8.B【解析】本题考查三棱锥的外接球，考查空间想象能力. 由题可知底面 ABC 的边长为 2 3 ，因为三棱锥 P ABC 外接球的球心 O 恰好在平面 ABC 内，所以球O 的 半径为 2，则三棱锥 P ABC 体积的最大值为 1 3 3 2 2 3.3    9.AD【解析】本题考查平面向量的数量积，考查运算求解能力. 由 2a b a b   ，得 22a b a  ，所以 2 2 4m  ，则 1, 2, 4m b a b    ，故选 AD . 10.AC【解析】本题考查三角函数的性质，考查数形结合的数学思想. 22 3cos sin2 3x x m   化简可得 cos 2 6 2 mx       ，即 cos 2 6 2 mx       在区间 ,4 6      上有 且只有一个解，即 cos 2 6y x      的图象和直线 2 my   只有 1 个交点. 又 ,4 6x       ，则 2 ,6 3 2x         . 当 2 6 3x     ，即 4x   时，可得 1cos ;3 2y       当 2 06x   ，即 12x   时，可得 1y  ； 当 2 6 2x    ，即 6x  时，可得 0.y  要使得 cos 2 6y x      的图象和直线 2 my   只有 1 个交点， 结合 cos 2 6y x      的图象 ( 图略 ) ，可得一 12 m  或 10 2 2 m „ ， 解得 2m   或一1 0m „ ，故选 .AC 11.BCD【解析】本题考查基本不等式，考查逻辑推理能力. 对于 A ，令 10 3 10,10 10a b  ，则 2 10 8 25 5a b    ，故 A 不正确； 对于      23 35 525 5 2 2 2 21 1B, 2 0 a ba ba b a b a ba b b a ab            … ，故 B 正确； 对于 2 2 2 2 2 2C,log log log log 12 a ba b ab    „ ，当且仅当 2 2a b  时，等号成立，故 C 正确； 对于 D ，由 2 2 1a b  ，所以 0 1,0 1a b    ，则   1 1 1 0ab a b a b       ，故 D 正确. 故选 BCD. 12.BD【解析】本题考查椭圆与双曲线的性质，考查数形结合的数学思想. 如图，设 1 2,MF m MF n  ，焦距为 2c ，由椭圆定义可得 2m n a  ，由双曲线定义可 得 12m n a  ，解得 1 1, .m a a n a a    当 1 2 2F F MO 时，则 1 2 90F MF   ，所以 2 2 24m n c  ， 即 2 2 2 1 2a a c  ，由离心率的公式可得 2 2 1 2 1 1 2e e   ，故 B 正确. 当 1 2 24F F MF 时，可得 1 2n c ，即 1 1 2a a c  ，可得 1 2 1 1 1 2e e   ， 由 10 1e  ，可得 1 1 1e  ，可得 2 1 1 2e  ，即 21 2e  ，则 2 2 1 2 2 2 2 ee e e   ， 可设 22 (3 4)e t t    ，则 2 2 2 2 2 2( 2) 42 42 e t te t t          ， 由   4 4f t t t    在 3,4 上单调递增，可得   1 ,13f t     ，则 1 2 2 ,23e e     ，故 D 正确. 故选 BD. 13. 7 9  【解析】本题主要考查二倍角公式，考查运算求解能力. 因为 22 23 12 2           ，则 22 7sin 2 cos2 2cos 13 12 12 9                            . 14. 3 191 3  【解析】本题考查圆锥的体积，考查空间想象能力. 32 8 3 27 V V      液 圆锥 ，当液体流下去后， 8 191 27 27 V V V    圆锥 液 圆锥 ，所以液体流下去后的液面 高度为 3 191 3  . 15.1【解析】本题考查新定义与函数的性质，考查数形结合的数学思想.            2 2 2Δ 1 2 1 1 2 .f x kx x k x x x kx kx x x        因为函数  f x 的图象关 于直线 1 2x  对称，所以 10 1, 12 1, k k       解得 1.k  16. 5 16 【解析】本题考查概率，考查逻辑推理能力. 设 5 次三分损益中有 k 次三分损一，所以 52 4243 1283 3 k k            ，解得 3.k  故所求概率为 5 3 5 1 10 5C 2 32 16       . 17.解：因为  sin sin sin sina A B b B c C   ，由正弦定理得   2 2a a b b c   ，即 2 2 2a b c ab   ， 所以 2 2 2 1cos 2 2 a b cC ab    ，又  0,C  ，所以 3C  . 选择① 因为sin ,sin ,sinA C B 成等差数列，所以sin sin 2sinA B C  ，即 2 2a b c   ，解得 1.c  由 2 2 2 2 2 21 ,( ) 3 1a b c a b ab a b ab         ，所以 1ab  ，故存在满足题意的 .ABC 1 1 3sin 1 sin2 2 3 4ABCS ab C      . 选择② 因为 : : 4:3: 2a b c  ，所以 3A B C    ， 这与 A B C    矛盾，所以 ABC 不存在. 选择③ 因为 cos 1b A  ， 所以 2 21 12 b ab b    ，得 2 2 2 21b a c a    ， 所以 2B  ，此时 ABC 存在.又 3C  ，所以 6A  ， 所以 31 tan 6 3a    ， 所以 1 3 2 6ABCS ac  . 18.解（1）设 na 的公比为 q ，因为 2 3 1, ,6a a a 成等差数列，所以 2 1 36 2a a a  ，则 22 6 0q q   ，又 0q  ，所以 2.q  又因为 3 2 4a a  ，所以 1 2a  ， 所以 12 2 2n n na    （2）由题可知 2 2log 5 2 5 2 n n n n a nc a    ， 则 2 3 3 1 1 2 5 2 2 2 2n n nT        ，① 2 3 4 1 1 3 1 1 2 7 2 5 2 2 2 2 2 2n n n n nT           ，② ①-②得 2 3 1 1 1 3 1 1 1 2 5 1 1 222 2 2 2 2 2 2 2n n n n n nT                 . 故 2 11 .2n n nT    19.（1）证明：取 BC 的中点O ，连接 , .AO DO 因为 , / /BO DE BO DE ，所以 BODE 为平行四边形， 又 EB BC ，所以 DO BC 因为 AB BC AC  ，所以 AO BC ， 又 AO DO O  ，所以 BC  平面 .ADO 因为 AD  平面 ADO ，所以 .AD BC （2）解：因为平面 BCDE  平面 ABC ，平面 BCDE 平面 ABC BC ， 所以 DO 平面 .ABC 因为 : 1: 2CDO DOBES S  ，所以平面 ADO 即为平面 以O 为坐标原点，以 , ,OA OB OD 所在直线分别为 x 轴､ y 轴､ z 轴建立如图所示的空间 直角坐标系O xyz ， 令 2AB  ，则          0,0,0 , 3,0,0 , 0,1,0 , 0, 1,0 , 0,0,1O A B C D ， 所以    3, 1,0 , 0,1,1AC CD     设平面 ADC 的法向量为  , ,n x y z ， 则 0 0, n AC n CD        即 3 0 0 x y y z      令 1x  ，则 3, 3y z   ， 所以  1, 3, 3n   . 又平面 的一个法向量为  0,1,0 .m  设平面 与平面 ADC 所成的角(锐角)为 ， 则 3 21cos cos , 71 7 m nm n m n        ， 所以平面 与平面 ADC 所成锐二面角的余弦值为 21 7 . 20.（1）解：过 P 向抛物线的准线作垂线，垂足为 (Q 图略 ) ，则 0 0 5 2 4 ypPQ y   ，故 0 2 .y p 又  01,P y 在拋物线上，所以 0 1 2y p  ， 则 12 2p p  ，解得 0 1 , 1.2p y  故抛物线 C 的标准方程为 2 .x y （2）证明:设    2 2 1 1 2 2, , ,A x x B x x ，直线l 的方程为 y kx m  ， 则 2 2 1 2 1 2 1 2 1 11, 11 1PA PB x xk x k xx x         因为 PA PB ，所以   1 21 1 1x x    ，即 1 2 1 2 2 0x x x x    ， 将直线l 的方程与抛物线方程联立可得， 2 0x kx m   ， 则 1 2 1 2,x x k x x m    ， 所以 2 0k m   ， 直线l 的方程为  2 1 2y kx k k x      ，则直线 l 过定点 1,2 . 21.解：（1）频率分布表如下： 所用的时间(单位：天) 10 11 12 13 甲生产线的频率 0.2 0.4 0.2 0.2 乙生产线的频率 0.1 0.4 0.4 0.1 设事件 1 2,A A 分别表示订单 A 选择甲､乙生产线在约定时间交货； 事件 1 2,B B 分别表示订单 B 选择甲､乙生产线在约定时间交货.  1 0.2 0.4 0.6P A    ，  2 0.1 0.4 0.5P A    ，  1 0.2 0.4 0.2 0.8P B     ，  2 0.1 0.4 0.4 0.9P B     ， 所以订单 A 选择甲生产线，订单 B 选择乙生产线. （2）设 1x 表示订单 A 实际交货时间超过约定时间的天数， 2x 表示订单 B 实际交货时间超过约定时间的天 数 1 2, ,x x 的分布列分别如下： 1x ： 1x 0 1 2 P 0.6 0.2 0.2 2x ： 2x 0 1 P 0.9 0.1 设 1 2X x x  ，则 X 的分布列如下： 1 2X x x  0 1 2 3 P 0.54 0.24 0.2 0.02 0 0.54 1 0.24 2 0.2 3 0.02 0.7EX          所以 3 2 0.5 5.35(E EX     万元 ) ， 所以订单 ,A B 的总成本 的期望值为 5.35万元. 22.解:（1）       e 2 2 4 2 e 2x xf x m x x x m       . 若 0m„ ，则 e 2 0.xm   当  , 2x    时，   0;f x  当  2,x    时，   0.f x  所 以  f x 在 ( , 2)  上单调递增，在 2,   上单调递减. 若 0m  ，令   0f x  ，解得 1 2 22, lnx x m    . 当 20 2em  时， 2 1x x ，则  f x 在 , 2  和 2ln ,m     上单调递增， 在 22,ln m     上单调递减. 当 22em  时， 2 1x x ，则  f x 在 R 上单调递增. 当 22em  时， 2 1x x ，则  f x 在 2,ln m     和 2,   上单调递增， 在 2ln , 2m     上单调递减. （2）由题可得  0 0f … ，即 2.m… ①若  22 2e ,m f x„ 在 2,   的最小值为  2f x ， 而    2 2 2 2 2 2 22 2 4 2 2 0.f x x x x x x        … 所以当 2x … 时，   0f x … 恒成立. ②若  22e ,m f x 在 2,   单调递增， 而  2 0f   ，所以当 2x … 时，   0f x … 恒成立 ③若 22em  ，则    2 2 22 e 2 e 2e 0f m m         ， 所以当 2x … 时，   0f x … 不可能恒成立 综上所述， m 的取值范围为 22,2e ].