1、河北省衡水中学2021届高三数学上学期期中试题 理（含解析）本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.共150分，时间120分钟.卷一、选择题：本题共12个小题，每小题均只有一个正确选项.1. 集合，若，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出集合，的等价条件，结合条件，建立不等式关系进行求解即可【详解】由题得，因为，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件是解决本题的关键2. 若直线与双曲线相交，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】联立直线和双曲线方程得到，即得的取值范围.【详解】联
2、立直线和双曲线的方程得当，即时，直线和双曲线的渐近线重合，所以直线与双曲线没有公共点.当，即时，解之得.故选：C.【点睛】本题主要考查直线和双曲线的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.3. 在中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】用表示出，利用数量积定义，即可容易求得结果.【详解】如图所示，=.故选：.【点睛】本题考查利用数量积定义求数量积，属简单题.4. 已知数列的前项和为，正项等比数列中， ，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】数列an的前n项和Sn=n2n，a1=S1=0，n2时，an=SnSn1，可得an设正项等比数列
3、bn的公比为q0，b2=a3=4bn+3bn1=4bn2（n2，nN+），化为q2=4，解得q，可得bn【详解】数列an的前n项和Sn=n2n，a1=S1=0，n2时，an=SnSn1=2n2，n=1时也成立an=2n2设正项等比数列bn的公比为q0，b2=a3=4bn+3bn1=4bn2（n2，nN+），=4，化q2=4，解得q=2b12=4，解得b1=2bn=2n则log2bn=n故答案为：D【点睛】(1)本题主要考查数列通项的求法，考查等比数列通项的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 若在已知数列中存在：的关系，可以利用项和公式，求数列的通项.5. 已知直线
4、与圆相交于，且为等腰直角三角形，则实数的值为( )A. 或B. C. D. 1或【答案】D【解析】【分析】由三角形ABC为等腰直角三角形，得到圆心C到直线的距离d=rsin45，利用点到直线的距离公式列出方程，求出方程的解即可得到a的值【详解】由题意得到ABC为等腰直角三角形，圆心C（1，a）到直线ax+y1=0的距离d=rsin45，即=，整理得：1+a2=2，即a2=1，解得：a=1或1，故答案为D【点睛】此题考查了直角与圆的位置关系，涉及的知识有：点到直线的距离公式，圆的标准方程，等腰直角三角形的性质，以及锐角三角函数定义，熟练掌握公式及性质是解本题的关键6. 在中，分别是角的对边，若，
5、则的值为( )A. B. 1C. 0D. 2014【答案】A【解析】【分析】由a2+b2=2014c2，利用余弦定理可得a2+b2c2=2013c2=2abcosC利用三角函数基本关系式和两角和的正弦公式、正弦定理可得=即可得出【详解】a2+b2=2014c2，a2+b2c2=2013c2=2abcosC=2013故答案为：A【点睛】本题考查了三角函数基本关系式和两角和的正弦公式、正弦定理、余弦定理等基础知识与基本技能方法，属于难题7. 已知点是圆内一点，直线是以为中点的弦所在的直线，直线的方程为，那么( )A. 且与圆相切B. 且与圆相切C. 且与圆相离D. 且与圆相离【答案】C【解析】【分
6、析】求圆心到直线的距离，然后与a2+b2r2比较，可以判断直线与圆的位置关系，易得两直线的关系【详解】以点M为中点的弦所在的直线的斜率是，直线m的斜率为，直线lm，点M（a，b）是圆x2+y2=r2内一点，a2+b2r2，圆心到bxay=r2的距离是r，故相离故答案为：C【点睛】本题主要考查直线的位置关系，考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.8. 若圆和圆关于直线对称，过点的圆与轴相切，则圆心的轨迹方程是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出两个圆的圆心坐标，两个半径，利用两个圆关于直线的对称知识，求出a的值，然后求出过点C（a，a）的
7、圆P与y轴相切，就是圆心到C的距离等于圆心到y轴的距离，即可求出圆心P的轨迹方程【详解】圆x2+y2ax+2y+1=0的圆心（），因为圆x2+y2ax+2y+1=0与圆x2+y2=1关于直线y=x1对称，设圆心（）和（0,0）的中点为（），所以（）满足直线y=x1方程，解得a=2，过点C（2，2）的圆P与y轴相切，圆心P的坐标为（x，y）所以 解得：y2+4x4y+8=0，所以圆心的轨迹方程是y2+4x4y+8=0，故答案为：C【点睛】（1）本题主要考查圆关于直线的对称问题，考查动点的轨迹方程的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 求轨迹方程的四种主要方法 ： 待定
8、系数法：通过对已知条件的分析，发现动点满足某个曲线（圆、圆锥曲线）的定义，然后设出曲线的方程，求出其中的待定系数，从而得到动点的轨迹方程.代入法：如果点的运动是由于点的运动引起的，可以先用点的坐标表示点的坐标，然后代入点满足的方程，即得动点的轨迹方程.直接法：直接把已知的方程和条件化简即得动点的轨迹方程.参数法：动点的运动主要是由于某个参数的变化引起的，可以选参、设参，然后用这个参数表示动点的坐标，即，再消参.9. 平行四边形中，点在边上，则的最大值为( )A. B. C. 0D. 2【答案】D【解析】【分析】根据向量的数量积的运算，求出A=120，再建立坐标系，得到=x（x2）+=x22x+
9、=（x1）2，设f（x）=（x1）2，利用函数的单调性求出函数的最值，问题得以解决【详解】平行四边形ABCD中，AB=2，AD=1，=1，点M在边CD上，|cosA=1，cosA=，A=120，以A为原点，以AB所在的直线为x轴，以AB的垂线为y轴，建立如图所示的坐标系，A（0，0），B（2，0），D（，），设M（x，），则x，=（x，），=（2x，），=x（x2）+=x22x+=（x1）2，设f（x）=（x1）2，则f（x）在，1）上单调递减，在1，上单调递增，f（x）min=f（1）=，f（x）max=f（）=2，则的最大值是2，故答案为：D【点睛】本题考查了向量的数量积定义和向量数量积的
10、坐标表示和函数的最值问题，关键是建立坐标系，属于中档题10. 已知椭圆上一点关于原点的对称点为点，为其右焦点，若，设，且，则该椭圆的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设椭圆的左焦点为：,根据，得到四边形为为矩形，再由，结合椭圆的定义得到，然后由求解.【详解】设椭圆的左焦点为：,因为，所以四边形为为矩形，所以 因为，所以 由椭圆的定义得：，所以，因为，所以，所以，所以，所以，故选：B【点睛】方法点睛：椭圆定义的应用主要有两个方面：一是确认平面内与两定点有关的轨迹是否为椭圆；二是当P在椭圆上时，与椭圆的两焦点F1，F2组成的三角形通常称为“焦点三角形”，利用
11、定义可求其周长；利用定义和余弦定理可求|PF1|PF2|；通过整体代入可求其面积等11. 己知点A是抛物线的对称轴与准线的交点，点B为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足，当取最大值时，点P恰好在以A、B为焦点的双曲线上，则双曲线的离心率为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题目可知，过作准线的垂线，垂足为，则由抛物线的定义，结合，可得，设的倾斜角为，当取得最大值时，最小，此时直线与抛物线相切，即可求出的的坐标，再利用双曲线的定义，即可求得双曲线得离心率【详解】由题意知，由对称性不妨设P点在y轴的右侧，过作准线的垂线，垂足为，则根据则抛物线的定义，可得，设的倾斜角为，当取得最大值
12、时，最小，此时直线与抛物线相切，设直线的方程为，与联立，得，令，解得可得，又此时点P恰好在以A、B为焦点的双曲线上双曲线的实轴故答案选B【点睛】本题主要考查了双曲线与抛物线的性质的应用，在解决圆锥曲线相关问题时常用到方程思想以及数形结合思想12. 已知在上的函数满足如下条件：函数的图象关于轴对称；对于任意，；当时，；函数，若过点的直线与函数的图象在上恰有8个交点，在直线斜率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由条件，得到函数是周期为的周期函数；根据求出函数在一个周期上的表达式为，根据得到的周期为，其图象可由的图象压缩为原来的得到，作出的图象，结合图象，即可求出
13、结果.【详解】因为函数是偶函数，由得，即，所以函数是周期为的周期函数；若，则；因为当时，所以时，因为函数是偶函数，所以，即，则函数在一个周期上的表达式为，因为，所以函数，故的周期为，其图象可由的图象压缩为原来的得到，作出的图象如图：易知过的直线斜率存在，设过点的直线的方程为，则要使直线与的图象在上恰有8个交点，则，因为，所以，故.故选：A.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于，根据条件，由函数基本性质，得到的图象，再由函数交点个数，利用数形结合的方法，即可求解.卷二、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.13. 在中，分别是角的对边，已知，的面积为，则的值为_.【答案】2【解析】【分
14、析】根据解出A=，利用三角形的面积公式算出c=2根据余弦定理a2=b2+c22bccosA的式子算出c=，最后利用正弦定理加以计算，即可得到答案【详解】，A（0，）2A+=，可得A=b=1，ABC的面积为，S=bcsinA=，即，解之得c=2由余弦定理，得a2=b2+c22bccosA=1+42=3a=（舍负）根据正弦定理，得=2故答案为2【点睛】本题着重考查了特殊角的三角函数值、三角形的面积公式、正余弦定理解三角形等知识，属于中档题14. 已知平面上有四点，向量，满足：，则的周长是_.【答案】【解析】【分析】先判断三角形为正三角形，再根据正弦定理，问题得以解决【详解】平面上有四点O，A，B，
15、C，满足+=，O是ABC的重心，=，（）=0，即：，同理可得：，即O是垂心，故ABC是正三角形，=1，令外接圆半径R，则：R2cos（AOB）=R2cos（）=1即：R=即：=2R=2，即：a=，故周长：3a=3，故答案为：【点睛】本题考查了平面向量的有关知识以及正弦定理解三角形等有关知识，属于中档题15. 已知、是椭圆和双曲线的公共焦点，是他们的一个公共点，且，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为_.【答案】【解析】【分析】设|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2, 由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）22r1r2cos，在椭
16、圆中，化简为即4c2=4a23r1r2，在双曲线中，化简为即4c2=4a12+r1r2，再利用柯西不等式求椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值.【详解】设椭圆的长半轴为a，双曲线的实半轴为a1，（aa1），半焦距为c，由椭圆和双曲线的定义可知，设|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2,F1PF2=，则由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）22r1r2cos，在椭圆中，化简为即4c2=4a23r1r2，在双曲线中，化简为即4c2=4a12+r1r2，由柯西不等式得（1+）（）（）2故答案为【点睛】本题主要考查椭圆和双曲线的定义和性质，利
17、用余弦定理和柯西不等式是解决本题的关键属于难题16. 已知数列的前项和，若不等式，对恒成立，则整数的最大值为_【答案】4【解析】【详解】当时，得， 当时，又，两式相减得，得，所以又，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，即因为，所以不等式，等价于记，时，所以时，综上，所以，所以整数的最大值为4考点：1数列的通项公式；2解不等式三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在中，角的对边分别是，已知向量，且满足.(1)求角的大小；(2)若，试判断的形状.【答案】(1)(2)直角三角形【解析】【分析】(1)直接化简得，.（2）联立，化简得或，当b=2c时，可以推理得到为直角三角形
18、，同理，若，则也为直角三角形.【详解】(1)，代入，有，即，.(2)，又联立有，即，解得或，又，若，则，为直角三角形，同理，若，则也为直角三角形.【点睛】（1）本题主要考查三角恒等变换，考查余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解题的关键是推理得到或.18. 已知圆经过原点且与直线相切于点（）求圆的方程；（）在圆上是否存在两点关于直线对称，且以线段为直径的圆经过原点？若存在,写出直线的方程；若不存在，请说明理由【答案】（）.（）见解析.【解析】分析】（）由已知得圆心经过点P（4，0）、且与y=2x8垂直的直线上，它又在线段OP的中垂线x=2上，求得圆心C（2，
19、1），半径为，可得圆C的方程（）假设存在两点M，N关于直线y=kx1对称，则y=kx1通过圆心C（2，1），求得k=1，设直线MN为y=x+b，代入圆的方程，利用韦达定理及 =0，求得b的值，可得结论【详解】（）法一：由已知，得圆心在经过点且与垂直的直线上，它又在线段的中垂线上，所以求得圆心，半径为.所以圆的方程为. (细则：法一中圆心3分，半径1分，方程2分)法二：设圆的方程为，可得解得,所以圆的方程为 (细则：方程组中一个方程1分)（）假设存在两点关于直线对称，则通过圆心，求得，所以设直线为代入圆的方程得，设，则解得或这时，符合题意，所以存在直线为或符合条件 (细则：未判断的扣1分).【点
20、睛】本题主要考查了圆锥曲线的综合应用问题，其中解答中涉及到圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，直线与圆的位置关系的应用，向量的坐标运算等知识点的考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，本题的解答中把直线的方程和椭圆方程联立，转化为方程的根与系数的关系、韦达定理的应用是解答问题的关键19. 各项均为正数的数列中，是数列的前项和，对任意，有.(1)求常数的值；(2)求数列的通项公式；(3)记，求数列的前项和.【答案】（1）（2）（3） 【解析】【分析】(1)令中n=1即得p的值.(2)利用项和公式求数列的通项公式.(3)先求出，再利用错位相减法求数列的前项和.【详解】解：(1)由及，得：，
21、.(2)由，得由，得，即：，由于数列各项均为正数，即，数列是首项为1，公差为的等差数列，数列的通项公式是.(3)由，得：，.【点睛】（1）本题主要考查项和公式求数列的通项，考查等差数列的通项和求和公式，考查错位相减法求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 数列，其中是等差数列，是等比数列，则采用错位相减法.20. 已知椭圆的离心率，原点到过点，的直线的距离是.（1）求椭圆的方程；（2）如果直线交椭圆于不同的两点，且，都在以为圆心的圆上，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由离心率，可得，再求出直线，从而得，解方程组可求出的值，进而可得椭圆的方程；（2
22、）设，的中点是，再将直线与椭圆方程联立成方程组，消元后利用根与系数的关系可得，再由，都在以为圆心的圆上，可得，从而可求出的值【详解】解：（1）因，所以.因为原点到直线的距离，解得，.故所求椭圆的方程为.（2）由题意消去，整理得.可知.设，的中点是，则，因为，都在以为圆心的圆上，且，所以，所以.即.又因为，所以.所以.【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将的中点坐标用含的式子表示，再由，都在以为圆心的圆上，得，将点的坐标代入可求出的值，考查计算能力，属于中档题21. 已知定点，定直线，动圆过点，且与直线相切.（1）求动圆的圆心轨迹的方程；（2）过点的
23、直线与曲线相交于两点，分别过点作曲线的切线，两条切线相交于点，求外接圆面积的最小值.【答案】（）；（）当时线段最短，最短长度为4，此时圆的面积最小，最小面积为.【解析】试题分析：（）设，由化简即可得结论；（）由题意的外接圆直径是线段，设：，与 联立得，从而得，时线段最短，最短长度为4，此时圆的面积最小，最小面积为.试题解析：（）设点到直线的距离为，依题意.设，则有 .化简得.所以点的轨迹的方程为.（）设：，代入中，得.设，则，.所以 .因为：，即，所以.所以直线的斜率为，直线的斜率为.因为，所以，即为直角三角形.所以的外接圆的圆心为线段的中点，线段是直径.因为，所以当时线段最短，最短长度为4，
24、此时圆的面积最小，最小面积为.【方法点晴】本题主要考查直接法求轨迹方程、点到直线距离公式及三角形面积公式，属于难题.求轨迹方程的常见方法有:直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；逆代法，将代入.本题（）就是利用方法求圆心轨迹方程的.22. 设函数（1）当时，求函数的最大值；（2）令，（）其图象上任意一点处切线的斜率恒成立，求实数的取值范围；（3）当，方程有唯一实数解，求正数的值【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）对函数求导，根据导数大于0或小于0，确定函数的单调区
25、间，进而求出函数的最大值.（2）求出，根据，列不等式，分离参数可得，进而求出结果.（3）有唯一正实数解,构造函数，对函数求导，确定函数的单调区间，进而求出函数的最小值为0，进而求出m值.【详解】（1）依题意，知的定义城为，当时，令，解得.当时，此时单调递增；当时，此时单调递减，所以的极大值为，此即为最大值.（2），则有，在上恒成立，所以，.当时，取得最大值，所以.（3）因为方程有唯一实数解，所以有唯一正实数解，设，则，令，因为，所以（舍去），当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；故时，取最小值因为有唯一正实数解，所以，则即所以，因为，所以.设函数，因为当时，是增函数，所以至多有一解，因为，所以方程（*）的解为，即，解得.【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于难题.
