河北省衡水中学2021届上学期高三年级二调考试 数学答案

数学参考答案一、选择题1.B 【解析】因为{02},{04}A x x B x x ==<<∣∣，{0,2,4,6,}C =±±±，所以{04}A B x x ⋃=<∣，所以(){0,2}A B C ⋃⋂=.2.A 【解析】因为2cos 2sin()2y x x π==+，所以由函数2sin 4y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象得到函数2sin 2y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象，只需向左平移4个单位.3.C 【解析】因为(1)y f x =+为偶函数，所以()y f x =的对称轴为1x =−.又因为()10f =，所以()y f x =的顶点坐标为(1,0).由222()24a a f x x ax b x b ⎛⎫=−+=−+− ⎪⎝⎭，得1,2(1)10,a f ab ⎧=⎪⎨⎪=−+=⎩解得2,1.a b =⎧⎨=⎩4.C 【解析】设公差为d ，由题意知()211311,22,a a d a a d ⎧++=⎪⎨=+=⎪⎩解得10,1a d =⎧⎨=⎩或18,5.a d =−⎧⎨=⎩当10,1a d ==时，46S =，当18,5a d =−=时，4434(8)522S ⨯=⨯−+⨯=−. 5.D 【解析】因为2233ππααπ⎛⎫−=+− ⎪⎝⎭，所以cos 23πα⎛⎫− ⎪⎝⎭cos 2cos 233a πππα⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+−=−+= ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦223112sin 21333a π⎛⎫⎡⎤⎛⎫−−+=⨯−=− ⎪ ⎪⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦⎝⎭. 6.A 【解析】由题图知函数的定义域为R 且()f x 为奇函数，所以排除C ，D 选项；B 选项中，()12cos 2f x x '=+，则(0)3f '=，不满足原点处切线斜率为0，排除B 选项；A 选项中，()1cos 2f x x '=−，则(0)0f '=，符合题意.7.B 【解析】作出函数()f x 的图象，如图中实线所示，由()()f a f b =可知，214log log 3a b =+，所以24log log 3a b +=，即222log log log ()3a b a b +==，所以8a b =.8.A 【解析】由*1(1),2n n a n S a n =−−∈N ，当1n =时，1112S a =−−，得114a =−；当2n ≥时，111111(1)(1)22n n n n n n n n n a S S a a −−−−−−+==−−−，即11(1)(1)2n nn n n na a a −=−+−+.当n 为偶数时，11(2)2n n a n −=−，所以112n n a +=−，当n 为奇数时，11111112(2)2222n n n n n n a a −+−⎛⎫=−+=−−+= ⎪⎝⎭，所以12n na =，所以122211,22a a −==，所以312342411112,,2222a a a a −+=⨯=−==，所以34991004310010011112,2222a a a a −+=⨯=⋯⋯−==，所以991001009911222a a −+=⨯=.因为123100S S S S ++++()()()()12345910069a a a a a a a a =−++−++−+++−+−2100111222⎛⎫−+++ ⎪⎝⎭359911112222=++++2100111222⎛⎫−+++= ⎪⎝⎭501001111112422111142⎛⎫⎛⎫− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭−=−−10011132⎛⎫=− ⎪⎝⎭. 二、选择题9.ABD 【解析】因为{}n a 是递增数列，所以0d >.因为753a a =，所以5523a d a +=，所以5d a =，所以51430a a d d =−=−<，故A ，B 正确；又因为450a a d d d =−=−=，所以34S S =，且为n S 的最小值，故C错误；又()()184********,2B a a S a a a d S +==+==>=()4717702a a a +==，故D 正确10.AB 【解析】由题意得1()2xf x a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭与2()x a f x =+在区间[1,2020]上同增或同减.若同增，则10,220x x a a ⎧⎛⎫+⎪ ⎪⎨⎝⎭⎪+⎩在区间[1,2020]上恒成立，即1,22,a a ⎧≤⎪⎨⎪≥−⎩所以122a −−.若同减，则10,220x x a a ⎧⎛⎫+⎪ ⎪⎨⎝⎭⎪+⎩在区间[1,2020]上恒成立，即20202020,122,a a ⎧⎛⎫−⎪ ⎪⎨⎝⎭⎪−⎩无解，所以A ，B 选项符合题意. 11.AC 【解析】由8x π=为()f x 的一条对称轴，得842k ππωππ+=+⋅，即28,k k ω=+∈Z .又因为(]0,3ω∈，所以2ω=，所以()sin 22cos 244g x x x ππ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭2222x x =−1)tan 3x ϕϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭.易知,4k k πϕπ≠+∈Z ，且3,4k k πϕπ≠+∈Z ，故A ，C 错误，B ，D 正确.12.BC 【解析】由题意得70,,6122x k k ωπωπϕϕπ−+=+=+∈Z ，即4132k ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.又()f x （在区间2,23ππ⎡⎤−⎢⎥⎣⎦上至少存在两个最大值或最小值，且在区间,312ππ⎡⎤−⎢⎥⎣⎦上具有单调性，则1k =，此时2,3πωϕ==，即公众号：潍坊高中()sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，因为62x ππ<<，所以242333x πππ<+<，所以()f x 在区间,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，故A 错误；由5922063πππ⨯+=，所以59,06π⎛⎫⎪⎝⎭为()f x 图象的一个对称中心，故B 正确；因为44xππ−，所以min 52,()6364x f x f ππππ⎛⎫−+=− ⎪⎝⎭max 1sin ,()sin 162122f x f πππ⎛⎫⎛⎫=−=−=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以最大值与最小值之和为12，故C 正确；将()f x 图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到sin 3y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象，再向左平移6π个单位，得到sin sin cos 632y x x x πππ⎛⎫⎛⎫=++=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的图象，即()cos g x x =，故D 错误.综上，B ，C 正确.三、填空題13.-2【解析】当2n ≥时；()()111222n n n n n n a S S a b a b b −−−=−=+⋅−+⋅=⋅；当1n =时，01122a S a b b ==+=⋅，所以0a b +=①.又25,9,a a 成等差数列，所以2518a a +=，即42218b b +⋅=②.由①②解得1,1a b =−=，所以2a b −=−.14.2【解析】2()sin cos 1sin()f x a x x a x ωωωϕ=+=++，所以()f x 的最大值为212a +=，解得3a =或3a =−（舍去），所以()3sin cos 2sin 6f x x x x πωωω⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，当2,62x k k ππωπ+=+∈Z 时，函数()f x 取得最大值，则当0x >时，前两个最大值分别为0k =和1k =.当1k =时，由262x ππωπ+=+，得773x πω=，所以3πω，所以ω的最小整数值为2.15.11,54⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】作出函数()f x ，()g x 的图象，如图所示.方程()()f x g x =在区间[-5,0)上有3个实根，故在区间[0,5]上有4个不同实根.当直线y kx =经过点()4,1时，14k =，经过点()5,1时，15k =.若在区间[0,5]上有4个根，则11,54k ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭.16.2 35,22⎛⎫⎪⎝⎭【解析】由余弦定理得2222cos b a c ac B =+−，即2222cos b a c ac B −=−，所以22cos c ac B ac −⋅=，即2cos c a B a −=.由正弦定理得sin 2sin cos sin C A B A −=，即sin()2sin cos sin A B A B A +−=，所以sin()sin B A A −=，所以B A A −=或()B A A π−+=（舍去），所以B =2A ，即2BA=.因为3(0,)A B A π+=∈，所以0,3A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以cos sin cos sin sin 2cos sin sin sin sin sin 2b A a B A A A A A a b A B A A+=+=+=212cos 2cos A A +.令cos x A =，则322211181()2,,1,()402222x f x x x f x x x x x −⎛⎫'=+∈=−=> ⎪⎝⎭，所以()f x 在区间1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增。

又135,(1)222f f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以35(),22f x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.四、解答题17.解：（1）由正弦定理得sin cos sin cos 2sin cos A C C A B B +=， 得sin 2sin cos B B B =. 因为0,sin 0B B π<<≠， 所以1cos 2B =，即3B π=.（5分）（2）在ABC ∆中AB =2，BC =3，3B π=，222249cos 3212AB BC AC AC AB BC π+−+−==⋅，解得AC =在ADC ∆中，1AC AD ==，A ，B ，C ，D 在圆上， 因为3B π=，所以23ADC π∠=， 所以2222217cos 322AD DC AC DC AD DC DCπ+⋅−+−==⋅， 解得DC =2，所以四边形ABCD的面积121sin sin 2323ABC ADC S S S AD DC AB BC ππ∆∆=+=⋅+⋅=. （10分）18.（1）证明：因为221111,n n n n n n a S S S a S λ++++=−=−，所以()2211nn n n S S S S λ++=−−−， 所以()1120n n n S S S λ++−−=. 因为0n a >，所以10n S +>， 所以120n n S S λ+−−=， 所以12n n S S λ+=+，（6分） （2）解：因为12n n S S λ+=+， 所以12(2)n n S S n λ−=+， 两式相减，得12(2)n n a a n +=公众号：潍坊高中数学因为212S S λ=+，即2112a a a λ+=+， 所以21a λ=+，由20a >，得1λ>−.若{}n a 是等比数列，则2132a a a =，即22(1)(1)λλ+=+，解得1λ=−. 经检验，1λ=符合题意，故存在1λ=，使得数列{}n a 为等比数列.（12分） 19.解：若选择条件①因为AN BN=ANBM =设BM t =，则AN =. 又60,8B c ︒==，所以在ABN ∆中，2222cos AN AB BN AB BN B =+−⋅，即222)84282cos60t t =+−⨯⨯︒， 即2280t t +−=，解得2t =或4−（舍去）.（6分）在ABM ∆中，22222cos 84282cos6052AM AB BM AB BM B =+−⋅=+⨯︒−⨯=，所以AM =（8分）同理222222cos 86286cos6052AC AB BC AB BC B =+−⋅=+⨯︒−⨯=，所以AC =.由正弦定理可得2sin sin 60b AC R B ====︒ 所以ABC ∆外接圆的半径R =，（12分） 若选择条件②因为点M ，N 是BC边上的三等分点，且AMN S ∆=ADC S =因为60B =︒，所以11sin 60822ABC S AB BC BC ==⋅=⨯⨯︒， 所以6BC =，所以2BM =.（6分）在ABM ∆中，22222cos 84282sin 6052AM AB BM AB BM B =+−⋅=+⨯︒−⨯=，所以AM =（8分）同理222222cos 86286cos6052AC AB BC AB BC B =+−⋅=+−⨯⨯︒=，所以AC =，由正弦定理可得2sin sin603b ACRB====︒，所以ABC∆外接圆的半径R=.（12分）若选择条件③设BM t=，则3BC t=.在ABM∆中，22222222cos828cos6088AM AB BM AB BM B t t t t=+−⋅=︒=+−⨯+−，同理在ABC∆中，222222cos89283cos60AC AB BC AB BC B t t=+−⋅⋅=+−⨯⨯︒264924t t=+−，因为AC AM=，所以2228864924t t t t+−=+−，所以2t=（6分）在ABM∆中，22222cos84282cos6052AM AB BM AB BM B=+−⋅=+⨯︒−⨯=，所以AM=（8分）同理222222cos86286cos6052AC AB BC AB BC B=+−⋅=+⨯︒−⨯=，所以AC=.由正弦定理可得2sin sin60b ACRB====︒所以ABC∆外接圆的半径R=.（12分）20.解：（1）()22()36313f x x x a x a'=−+=−+−，（1分）当3a≥时，()0f x'≥，所以()f x的单调递增区间为(,)−∞+∞，无单调递减区间；（2分）当3a<时，令()0f x'>，得1x<1x>+，所以()f x的单调递增区间为,1⎛−∞⎝和1⎛⎫+∞⎪⎪⎝⎭令()0f x'<，得11x<+，所以()f x的单调递减区间为1⎛⎝. （4分）综上，当3a≥时，()f x的单调递增区间为(,)−∞+∞，无单调递减区间；当3a<时，()f x的单调递增区间为,1⎛−∞−⎝和1⎛⎫+∞⎪⎪⎝⎭，单调递减区间为1⎛+⎝.（5分）（2）由题意得322133()(1)3,[0,2]222x ax a x x a xϕ=+−−+∈.公众号：坊高中数学因为函数()x ϕ在0x =处取得最大值，所以23223133(0)()(1)3,[0,2]2222a x ax a x x a x ϕϕ==+−−+∈，即3213(1)30,[0,2]22ax a x x x ++−∈， 当0x =时，显然成立.（7分）当2](0,x ∈时，得213(1)3022ax a x +−−≤，即223(2)3(2)323(2)(2)2(2)12x x ax x x x x x ++==++−+−+−−+.（8分）令2()(2)1,(0,2]2h x x x x =+−−∈+. 易知()h x 在区间(]0,2上单调递增，故5()0,2h x ⎛⎤∈− ⎥⎝⎦，所以3625(2)12x x +−−+，即65a ，所以a 的取值范围为6,5⎛⎤−∞ ⎥⎝⎦.（12分）21.（1）解：补充的条件为12q =−，123,,S S S 的关系为132,,S S S 成等差数列.证明如下： 由题意可得11S a =， 2121111122S a a a a a =+=−=，31231111113244S a a a a a a a =++=−+=，可得1232S S S +=，因此132,,S S S 成等差数列.（5分） （2）证明：由133a a −=，可得11134a a −=，解得1114,42n n a a −⎛⎫==⨯− ⎪⎝⎭（6分）11241212232n n n nn n nb a −⎛⎫==⨯−=⋅ ⎪⎝⎭，（7分） 则2111112332482n nT n ⎛⎫=⋅+⋅+⋅++⋅⎪⎝⎭，11211111232348162n n T n +⎛⎫=⋅+⋅+⋅++⋅⎪⎝⎭， 上面两式相减可得1111112111111212212324816223212nn n n n T n n ++⎡⎤⎛⎫− ⎪⎢⎥⎛⎫⎝⎭⎢⎥=+++++−⋅=−⋅ ⎪⎢⎥⎝⎭−⎢⎥⎣⎦.（9分）整理可得12242213232n n n n n T +++⎛⎫⎛⎫=−=− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，（11分） 因为*12N ,112n n n ++∈−<，所以43nT <.（12分） 22.解：（1）由()1x r x e x =⋅−+，可得()e 1x r x '=−， 则()()1()1x x x x r x e r x e x '⋅=−⋅−+， 令()()e 10()e 1x x x xr x r x x '⋅=−⋅=−+， 解得0x =，所以()r x 弹性函数的零点为0x =.（3分）（2）（ⅰ）当0t =时，函数()(1)ln x f x x e x =−+，可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，则()21e 1()e 1e x xxx f x x x x+'=+−+=，所以2e 1()1()(1)e ln x x x x f x f x x x+'⋅=>−+，此不等式等价于下面两个不等式组：（Ⅰ）2(1)e ln 0e 1(1)e ,ln ,x x xx x x x x ⎧−+>⎨+>−+⎩②① 或（Ⅱ）()2(1)e ln 0e 11e ln x x xx x x x x ⎧−+<⎪⎨+<−+⎪⎩③,④, 因为()0f x '>，所以()f x 在定义域上单调递增.又由()10f =，所以①的解为1x >；②中，令()222()c 1(1)e ln 11ln 0x xg x x x x x x e x ⎡⎤=+−−+=−++−>⎣⎦， 且()()32211()(21)e 1e xxxx x e g x x x x x x+−'=−+−+−=在区间(1,)+∞上恒为正，则()g x 在区间(1,)+∞上单调递增， 所以()()10g x g >>，公众号：潍坊高中数学故②在区间(1,)+∞上恒成立所以不等式组（Ⅰ）的解为1x >.同①的解法，求得③的解为01x <<；因为当01x <<时，④中2e 10,(1)e ln 0x x x x x +>−+<，所以不成立， 所以不等式组（Ⅱ）无实数解，综上，函数()f x 的弹性区间(1,)D =+∞，（8分） （Ⅱ）由()1f x >在区间(1,)+∞上恒成立， 可得1ln 11e x x t x x −⎛⎫<−+ ⎪⎝⎭在区间(1,)+∞上恒成立.设1ln 1()1e x x h x x x −⎛⎫=−+ ⎪⎝⎭，则()2212ln ()x x x e xh x x −++−'=，而()21e 2ln ()1x x x x g x −++−=+，由（Ⅰ）可知，()g x 在区间(1,)+∞上恒为正， 所以()0h x '>，函数()h x 在区间(1,)+∞上单调递增， 所以()()11h x h >=−，所以1t ≤−，即实数t 的取值范围是(,1]−∞−.（12分）。