【文档说明】河北省衡水中学2021届高三上学期新高考四调考试数学理试卷 扫描版含答案.pdf，共(29)页，2.125 MB，由管理员店铺上传

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答案详解1.已知集合2log1Axx，集合2Byyx，则AB（）A．0,B．0,2C．0,2D．0,10．D解：∵2log1Axx02xx，2Byyx0yy，∴[0,)AB，故选：

D．2.已知圆22:240Cxyxy关于直线32110xay对称，则圆C中以,22aa为中点的弦长为（）A．1B．2C．3D．42.依题意可知直线过圆心(1,2)，即34110a

，2a．故,1,122aa．圆方程配方得22(1)(2)5xy，(1,1)与圆心距离为1，故弦长为2514．故选D．本题考查直线与圆的位置关系，利用中点弦三角形解弦长，属于基础题。3

．若双曲线221mxny(0m)的离心率为5，则mn（）A．14B．14C．4D．4因为221mxny(0m)可化为22111xymn(0m)，所以2215bea，则2214

1bnam，即4mn.故选：D.4．B由于正四棱锥：底面是正方形，侧面为4个全等的等腰三角形，设正四棱锥的底边为a，底面积为2a，所以，该正四棱锥的侧面积为23a，设该四棱锥的侧面的等腰三角形的高为h，则有223aha，所以，

32ha，设内切球的半径为r，则如图，OGP与PHF相似，有OGPOHFPF，所以，2222ahrrah，由于32ha，化简得，24ar，则此正四棱锥的内切球半径与底面边长比为24ra故选：B【点睛】关键点睛：解题关键在于利用三角形的相似关系，求出内

切球的半径与底面正方形的边长关系，属于中档题5．C由题意可得：72ACB，且1512cos4BCACBAC，所以225151cos1442cos7212144，所以51sin

234sin14490cos1444，故选：C【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式和诱导公式，属于基础题.6．已知定义在R上的函数()2xfxx，3(log5)af，31(log)2bf，(ln3)cf，则a，b，c的大小关系为（）A．cba

B．bcaC．abcD．cab【详解】当0x时，'()22()2ln220xxxxfxxxfxx，函数()fx在0x时，是增函数.因为()22()xxfxxxfx

，所以函数()fx是奇函数，所以有33311(log)(log)(log2)22bfff，因为33log5loln31g20，函数()fx在0x时，是增函数，所以cab，故本题选D.7．C【分析】构造新函数()()xfxgxe，求导后易证

得()gx在R上单调递减，从而有(1)(0)gg，(2020)(0)gg，(1)(1)gg，故而得解．【详解】设()()xfxgxe，则()()()xfxfxgxe，()()fxfx，()0gx，即()gx在

R上单调递减，(1)(0)gg，即0(1)(0)ffee，即(1)e(0)ff，故选项A不正确；(2020)(0)gg，即20200(2020)(0)ffee，即2020(2020)(0)fe

f，故选项D不正确；(1)(1)gg，即1(1)(1)ffee，即2(1)(1)fef．故选项B不正确；故选：C．【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，构造新函数是解题的关键，考查学生的分析能力、逻辑推理能力和

运算能力，属于中档题．8．A设椭圆方程为22221(0)xyabab，双曲线方程为22221(0,0)xymnmn，左右焦点分别为12(,0),(,0)FcFc22222cabmn不妨设P在第一象限，121222PFPFaP

FPFm，得12PFamPFam，在12PFF中，22212121212||||||2||||cosFFPFPFPFPFFPF，即2222222343,4a

mcamcc，设椭圆和双曲线的离心率分别为12221213,,4eeee，设1211332cos1,cos,2sin3,0sin22ee，取π0θ3<<，1211242cossinsin()3

33ee，当6时，1211ee取得最大值为433.故选:A.本题考查椭圆与双曲线的定义和性质，利用余弦定理和三角换元是解题的关键，属于较难题.9.由椭圆方程22148xy可得焦点在y轴上，且22,2,2abc，

椭圆的焦点坐标为0,2,0,2，故A错误；椭圆C的长轴长为242a，故B错误；可知直线l的斜率存在，设斜率为k，1122,,,AxyBxy，则22112222148148xyxy，两式相减得

12121212048xxxxyyyy，121224048xxyy，解得12121yykxx，则直线l的方程为21yx，即30xy，故C正确；联立直线与椭圆2230148x

yxy，整理得23610xx，121212,3xxxx，22143112433AB,故D正确.故选：CD.【点睛】易错点睛：已知椭圆方程，在求解当中，一定要注意焦点的位置，本题的焦

点在y轴上，在做题时容易忽略焦点位置，判断错误.10．因为0a，0b，且24ab，A111111212123323224444babaababababab，当且仅当24

2abbaab，即424422ab,时，取等号，故错误；B.21211414224144244babaabaababbab，当且仅当244abbaab，即2,1ab时，取等号，

故正确；C.12112122122925524444babaababababab，当且仅当2422abbaab，即44,33ab时，取等号，故正确；D.11111111111

11111bababaabababab，11111516131211171171717babaabababab，516132303

217171777baab，故正确；故选：BCD【点睛】方法点睛：（1）利用基本不等式解决条件最值的关键是构造和为定值或乘积为定值，主要有两种思路：①对条件使用基本不等式，建立所求目标函数的不等式求解．

②条件变形，进行“1”的代换求目标函数最值．（2）有些题目虽然不具备直接用基本不等式求最值的条件，但可以通过添项、分离常数、平方等手段使之能运用基本不等式．常用的方法还有：拆项法、变系数法、凑因子法、分离常数法、换元法、整体代换法等．11．BCD【分析】去绝对值号，将函数变为分段函数

，分段求值域，在化为分段函数时应求出每一段的定义域，由三角函数的性质求之．【详解】解：由题意可得：32cos(2,2)2cossincos44()sincossincos2sinsincos52sin[2,2]44xxkkxxxfxxxxxxxxxxkk

，函数图象如下所示故对称轴为4xk，kZ，故A正确；显然函数在,04上单调递增，0,4上单调递减，故B错误；当

524xk，kZ时函数取得最小值min2fx，故D错误；要使12()()4fxfx，则12()()2fxfx，则112πxk=或1122xk，222xk12．AC【详解】对于A选项，以点D为坐标原点，DA、DC、1DD所在直线分别为x、y

、z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则点2,0,0A、2,2,0B、设点0,2,02Maa，AM平面，则AM为平面的一个法向量，且2,2,AMa，0,2,0AB

，224232cos,,32288ABAMABAMABAMaa，所以，直线AB与平面所成角的正弦值范围为32,32，A选项正确

；对于B选项，当M与1CC重合时，连接1AD、BD、1AB、AC，在正方体1111ABCDABCD中，1CC平面ABCD，BDQ平面ABCD，1BDCC，四边形ABCD是正方形，则BDAC，1CCAC

C，BD平面1ACC，1ACQ平面1ACC，1ACBD，同理可证11ACAD，1ADBDD，1AC平面1ABD，易知1ABD是边长为22的等边三角形，其面积为12322234ABDS△，周长为22362.设E、F、

Q、N、G、H分别为棱11AD、11AB、1BB、BC、CD、1DD的中点，易知六边形EFQNGH是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH平面1ABD，正六边形EFQNGH的周长为62，面积为2362334，则1ABD的面积小于正六边形EFQNGH的面积，它们的周长相等，B选项错

误；对于C选项，设平面交棱11AD于点,0,2Eb，点0,2,1M，2,2,1AM，AM平面，DE平面，AMDE，即220AMDEb

，得1b，1,0,2E，所以，点E为棱11AD的中点，同理可知，点F为棱11AB的中点，则2,1,2F，1,1,0EF，而2,2,0DB，12EFDB，//EF

DB且EFDB，由空间中两点间的距离公式可得2222015DE，2222212205BF，DEBF，所以，四边形BDEF为等腰梯形，C选项正确；对于D选项，将矩形11ACCA与矩形11CCDD延展为一个平面，如下图所示

：若AMMN最短，则A、M、N三点共线，11//CCDD，2222222MCACDNAD，11222MCCC，所以，点M不是棱1CC的中点，D选项错误.故选：AC.【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线

段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.13.因为1,1abab，所以2221aabb，所以21ab，所以12ab，又因为2221441432224aaababbb

，故答案为：3.【点睛】方法点睛：已知,,,abab，求解xayb的方法：（1）先将xayb平方然后开根号，得到22222xaybxaxyabyb，（2）代入,,,abab的值，即可计算出xayb14.【分析】利用换底公式可

得4log(3),kmmZ，求出43mk，结合1,2020可得25m，再利用等比数列的前n项和即可求解.【详解】当1k时，11a为幸福数，符合题意；当2k时，1234524log5log6log(3)log(3)kkaaaakk令4lo

g(3),kmmZ，则34,43mmkk.由2432020542023,25mmkm.故“幸福数”的和为23451(43)(43)(43)(43)2345(43)(43)(43)(43)(43)

5414151454(41)15134941故答案为：1349.15．21,1ee【分析】分离参数，构造函数2ln1(),(0,]xfxxexx，利用导数讨论()fx的单调性，再结合关于x的方程ln10xkxx在0,

e上有两个不相等的实根等价于()yfx与yk有两个交点，即可求出k的取值范围.【详解】ln10xkxx，2ln1xkxx，设2ln1(),(0,]xfxxexx，312ln()xxfxx，设()12ln,(0,]gxxx

xe，2()10gxx，即()gx在0,e是减函数，又(1)0g，当01x时，()0gx，即()0fx，当1xe时，()0gx，即()0fx，()fx在0,1为增函数，在1,e为减函数，当

0x时，()fx，21()(1)1,eeffe，关于x的方程ln10xkxx在0,e上有两个不相等的实根等价于()yfx与yk有两个交点，由上可知211eke„，实数k的取值范围为21,1ee.故答案为：21,1ee

.【点睛】本题考查利用导数解决方程根的问题，属于较难题.16．2216xy35【分析】延长1FQ与2PF的延长线交于点M，计算12142OQPFPF得到轨迹方程，取点2,0C，12AMBMMCBMBC，解得答案.【详解】如图所示：延长1FQ与2PF的延长线交

于点M，则22121114222OQMFPMPFPFPFa，故轨迹方程为2216xy.取点2,0C，则12OCOMOMOA，MOCMOA，故12MCPA，1352AMBMMCBMBC

，当BMC共线时等号成立.故答案为：2216xy；3517．【答案】（1）22nna；（2）是；答案见解析；（3）21nnTn.【分析】（1）由1nnnaSS可得数列na是等比数列，即可求出通项公式；（2）可得出2nbn，利用定义可证明；（3）可得21211

111()22321nnbbnn，利用裂项相消法可求.【详解】(1)1n时，得11+4aS，则12a，2n时，由4nnaS得114nnaS，两式相减得120nnaa，即112nnaa

，所以数列na是等比数列,211222nnna；(2)2g2lonnban，1(2)(3)1nnbbnn，所以数列{}nb是首项为1，公差为1的等差数列；(3)22121log2,32,12

nnnnbanbnbn，2121111111()(32)(12)(23)(21)22321nnbbnnnnnn，111111111111()()()()211213

23522321nTnn11(1)22121nnn.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于nnab结构，其中n

a是等差数列，nb是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于+nnab结构，利用分组求和法；（4）对于11nnaa结构，其中na是等差数列，公差为d，则111111nnnnaadaa，利用裂项相消法求和.18.【详解】选①s

insin4sinsinbAaBcAB，因为sinsin4sinsinbAaBcAB，所以由正弦定理得sinsinsinsin4sinsinsinBAABCAB，即2sinsin4sinsins

inBACAB，所以1sin2C，因为0,πC，所以π6C或5π6C.若5π6C，由1+3sinsin4AB，而π6A，π6B，从而1sinsin4AB，矛盾，舍去.故π6C，接下来求△ABC的面积

S.法一：设△ABC外接圆的半径为R，则由正弦定理得224πsinsin6cRC，2sin4sinaRAA，2sin4sinbRBB，16sinsin4(13)abAB，111sin4(13)1322

2ABCSabC.法二：由（1）得3cos2C，即3coscossinsin2ABAB，1+3sinsin4AB，13coscos4AB，1cos()coscossinsin2ABABAB，5π5π(,)66AB

，π3AB或π3BA，当π3AB时，又5π6AB，7π12A，π4B，由正弦定理得π2sinsin422πsinsin6cBbC，117π2123sin222sin22()1322122222ABCSbcA△，当π3BA时，同理可得13AB

CS，故△ABC的面积为13.选②2cos223sin322CC，因为2cos223sin322CC，所以22cos13(1cos)320CC，即22cos3cos30CC，(2cos3)(cos3)0CC，所以3cos2C或cos3C（舍

），因为0,πC，所以π6C.以下同解法同①，选③(3)sinsinsinabAbBcC，由(3)sinsinsinabAbBcC及正弦定理得223ababc，即2223abcab，由余弦定理得2223cos22abcCab，0πC

，π6C，以下解法同①.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，三角恒等变换，考查了运算能力，属于中档题.19解：（1）取PA中点N，连结QN，BN.∵Q，N是PD，PA的中点，∴//QNAD，且12Q

NAD.∵PAPD，60PAD，∴12PAAD，∴12BCAD，∴QNBC，又//ADBC，∴//QNBC，∴BCQN为平行四边形，∴//BNBC.又BN平面PAB，且CQ平面PAB，∴//CQ平面PAB；

（2）取AD中点M，连接BM，取AM的中点O，连接BO，PO.设2PA，由（1）得2PAAMPM，∴APM为等边三角形，∴POAM，同理∴BOAM，∵平面PAD平面ABCD，平面PAD平面

ABCDAD，PO平面PAD，∴PO平面ABCD.以O为坐标原点，分别以OB，ODuuur，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，则0,1,0A，3,2,0C，0,0,3P，330,,22Q，3,3,

0AC，530,,22AQ，设平面ACQ的法向量,,mxyz，则00mACmAQ，∴33053022xyyz，取3y，得3,3,5m，又平面P

AQ的法向量1,0,0nr，∴337cos,37mnmnmn，由图得二面角PAQC的平面角为钝角，所以，二面角PAQC的余弦值为33737.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等

基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20【答案】（1）2214xy；（2）过定点（2，-1）.【分析】（1）设点00(,)Mxy，根据MA，BM的斜率之积为14，可得000014yyxaxa

，又M在椭圆上，所以2200221xyab，联立方程，可解得2ab，又根据题意3c，即可求得椭圆方程.（2）设(1)ykxmm，1122(,),(,)ExyFxy，联立直线方程和椭圆方程，根据韦达定理可得1212,xxxx的表达式，根

据题意121kk，代入求解可得21mk，代入直线，即可求得定点坐标.【详解】（1）由题意知3c，设点00(,)Mxy，则000014yyxaxa①，又点M在椭圆上，所以2200221xyab②，①②联立可得2214ba

，即2ab，又222abc及3c，解得：2,1ab所以椭圆方程为：2214xy.（2）直线l过定点（2，-1），证明如下：设直线l：(1)ykxmm，1122(,),(,)ExyFxy，联立方程2214ykxmxy

，整理得：222(14)8440kxkmxm，222(8)4(14)(44)0kmkm，2121222844,1414kmmxxxxkk，所以12121212121111yykxmkxmkkxxxx

=1212(1)()2mxxkxx，代入1212,xxxx得：2(1)(8)21(1)44mkmkmm，化简得21mk，此时=-64k，所以存在k使得0成立，所以直线l的方程为：-2-1ykxk，即(-2)(1)0kxy，

所以直线l恒过定点（2，-1）【点睛】本题考查椭圆的几何性质与方程，解题的关键是联立直线与曲线方程，根据韦达定理可得1212,xxxx的表达式，再结合题意121kk，代入求解即可，计算量偏大，考查计算化简，分析理解的能力，属中档题.2

1．已知抛物线2:2(0)Cypxp的焦点F到准线的距离为2，且过点F的直线l被抛物线C所截得的弦长MN为8．（1）求直线l的方程；（2）当直线l的斜率大于零时，求过点,MN且与抛物线C的准线相切的圆的方程．【答案】（1）1yx或1yx

；（2）22(3)(2)16xy或22(11)(6)144xy．【分析】（1）由题意得2,p(1,0)F，24yx，当直线l的斜率不存在时，不合题意；当直线l的斜率存在时，设方程为(

1)(0)ykxk，与抛物线方程联立，利用韦达定理和抛物线的定义求出弦长，结合已知弦长可求得结果；（2）设所求圆的圆心坐标为00(,)xy，根据几何方法求出圆的半径，根据直线与圆相切列式解得圆心坐标和半径，可得圆的方程.【详解】（1）由题意得2,p(1,0)F，24yx

当直线l的斜率不存在时，其方程为1x，此时248MNp，不满足，舍去；当直线l的斜率存在时，设方程为(1)(0)ykxk由2(1)4ykxyx得2222(24)0kxkxk设1122(,),(,)MxyNxy，则216160k，且21222

4kxxk由抛物线定义得122222122444||||||(1)(1)22xkkMNMFNFxxxkk即22448kk，解得1k因此l的方程为1yx或1yx.（2）由（1）取1,

k直线l的方程为1yx，所以线段MN的中点坐标为(3，2)，所以MN的垂直平分线方程为2(3)yx，即5yx设所求圆的圆心坐标为00(,)xy，该圆的圆心到直线l的距离为d，则00

|1|2xyd，则该圆的半径为222||162MNdd2001162xy，因为该圆与准线1x相切，所以0022000511162yxyxx，解得0032xy或00116xy

,当圆心为(3,2)时，半径为4，当圆心为(11,6)时，半径为12，因此所求圆的方程为22(3)(2)16xy或22(11)(6)144xy．22．（1）在定义域0,上单调递增；（2

）1,e．【分析】（1）先求得l1,n0,xxfxaexx，利用导数可得1ln1xx恒成立，故可得fx的单调区间.（2）0hx对任意的0,1

x恒成立等价于lnnlxxaeaexx对任意0,1x恒成立，就1xae和1xae结合lnHxxx的单调性分类讨论可得xaex对任意0,1x恒成立，参变分离后再次利用导数可求a的取值范围.【详解】解：（1）因为()l

nxfxaex，所以l1,n0,xxfxaexx.令ln1kxxx，则21xkxx，当0,1x时，0kx，函数kx单调递减；当1,

x时，0kx，函数kx单调递增．所以110kxk，又因为0a，0xe，所以0fx，fx在定义域0,上单调递增.（2）由0hx得0gxfx，即2lnlnxaexxxa，所以lnlnlnxxxaexxaex

aae，即lnnlxxaeaexx对任意0,1x恒成立，设lnHxxx，则21lnxHxx所以，当0,1x时，0Hx，函数Hx单调递增，且当1,x时，0Hx，

当0,1x时，0Hx，若1xaex，则0xHaeHx，若01xae，因为xHaeHx，且Hx在0,1上单调递增，所以xaex，综上可知，xaex对任意0,1x恒成立，即xxae对任意0,1x

恒成立.设xxGxe，0,1x，则10xxGxe，所以Gx在0,1单调递增，所以11aGxGe，即a的取值范围为1,e．【点睛】本题考查函数的单调性以及含参数的不等式的恒成立，前者利用导数的符号来讨论，后者需等价变

形把原不等式转化简单不等式的恒成立，再根据不等式的结构特征构建新函数来讨论，本题为较难题.