陕西省西安市八校2021届高三下学期第二次联考理科数学试卷及答案解析.

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

评卷人 得分 一、选择题

∣x1，则A∣3x12}，Bx1.已知集合A{xA.(2,1)(1,3) 2.已知复数zA.13 B.2,1[1,3)

C.[1,1]

2B（ ）

D.[1,3)

4i，则|zi|（ ） 1iB.23 C.15 D.26

3.给出如图所示的算法框图，若输出的n6时，a的取值范围是（ ）

A.(65,665) B.[65,665) C.[65,211) D.[65,665]

4.已知数列an满足点n,an在直线4xy20上，则数列an的前n项和Sn（ ） A.241

nB.64n C.4n28n D.2n24n

x2y25.已知双曲线M:1(m0)的焦点F到其渐近线的距离为4，则双曲线M的

mm8渐近线方程是（ ）

1A.yx

3B.y1x 2C.y2x D.y3x

6.已知a2100，b365，c930（参考值1g20.3010，1g30.4771），则a，b，c的大小关系是（ ）.

A.abc B.bac C.bca D.cba

7.已知向量a(1,2)，b(2,1)，c(5,4)，则以向量a与b为基底表示向量c的结果是（ ） A.

136ab 55B.

n1314ab 331C.a729b 2D.

1413ab 338.已知数列an2A.1984 9.函数f(x)A.1

是等比数列，且aB.1920

0，a24，则数列a6（ ）

C.992

D.960

x1的零点的个数是（ ） 2x12B.2

C.3

D.4

262468101210.若(2x)a0a1xa2xa3xa4xa5xa6x，则a0a5（ ）.

A.88 B.86 C.76 D.66

11.一个由橡皮泥制作的空间几何体的三视图如右图，三个视图的外边框都是边长为6的正方形，各边上的交点为边的中点.将该几何体揉搓成一个球体（不计损耗），则该球体的半径为（ ）（圆周率π取3）.

A.365 B.445 C.335 D.345 12.已知在线段AB上有C、D两点，满足AC40cm，CD120cm，DB20cm，点P在线段CD上运动，设M为AP的中点，N为CD的中点（如下图），则

ADCP的值（ ）

MN

A.等于1

B.等于2

C.等于3

D.与P的位置有关

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

评卷人 得分 二、填空题

113.已知随机变量~B(5,)，则P(3)__________（用数字作答）.

414.已知角的顶点是直角坐标系xOy的原点，始边与x轴的非负半轴重合，若P(4,3)是的终边上一点，则sin2________．

x2y215.已知椭圆C:221ab0左、右焦点分别为F1、F2，过F1且倾斜角为30ab的直线l1与过F2的直线l2交于P点，点P在椭圆上，且F1PF290．则椭圆C的离心率e________．

16.已知可导函数f(x)的定义域为(0,)，满足xf(x)2f(x)0，且f(2)4，则不

xx等式f24的解集是________．

评卷人 得分 三、解答题

17.已知函数fxsinxmcosx0的最大值为2，且fx的最小正周期为

．

（1）若x0,，求fx的最小值和最大值； 2（2）设ABC的内角A、B、C的对应边分别为a、b、c，D为AC的中点，若

am，BD37，2Bf0，求ABC的面积S2ABC．

18.已知抛物线E:yx2的焦点为F，过y轴正半轴上一点M的直线l与抛物线E交于

A、B两点，O为坐标原点，且OAOB2

（Ⅰ）求证：直线l过定点；

（Ⅱ）设点F关于直线OB的对称点为C，求四边形OABC面积的最小值．

19.如图，在三棱锥DABC中，侧面△ABD是边长为6的等边三角形，底面ABC是角C为120的等腰三角形，CD30.

（1）求证：平面ABD平面ABC； （2）若M在CD上，且CM1MD，求二面角MABD的余弦值. 220.中国悠久文化之一“石头，尖刀，布”游戏，留传至今，仍然是人们喜爱的一种比胜负的游戏方式.“石头”即拳头，“尖刀”即食指和中指，“布”即手掌，“石头”胜“尖刀”，“尖刀”胜“布”，“布”胜“石头”、现在有甲、乙、丙三人玩“石头、尖刀、布”游戏比胜负、假定每个人每次伸出什么手势是随机的并且是均等的（一次游戏，可以仅一人获胜或两人同时获胜或不分胜负.不分胜负即三人手势均相同或互不相同）

（1）若进行一次“石头，尖刀，布”游戏，求仅甲获胜的概率和有两人同时获胜的概率； （2）若进行一次“石头、尖刀、布”游戏，仅一人获胜时，获胜者得5分，失败者各得分—2；有2人同时获胜时，获胜者各得3分，失败者得－2分；不分胜负时，各得0分.现在进行两次“石头、尖刀，布”游戏，用X表示甲所得的总分数，求X的分布列和期望. 21.设函数fx2axln2x1(aR). （1）讨论fx的单调性；

（2）当a1时，求证：fx2x1e2x1（e为自然对数的底数）.

22.已知极坐标系与直角坐标系的极点与原点重合，极轴与x轴的非负半轴重合，有相同的单位长度．曲线S的极坐标方程为4cos2sin，直线l的参数方程为

x8at（t为参数，a1）． 2y1at（Ⅰ）求曲线S的长度；

（Ⅱ）若直线l被曲线S截得的线段长为4，求实数a的集合． 23.已知f(x)|x3|2|x1|x． （Ⅰ）解不等式f(x)1；

（Ⅱ）求证：xR，对a,b(0,)，ab2，不等式

6abf(x)成立． ab参

1.B

【解析】1.

分别化简A,B集合再求交集即可.

∣x1xx1或x1 ∣3x12}{x∣2x3}，Bx由A{x2所以ABx2x1或1x3 故选：B 2.A

【解析】2.

首先将复数z化简，再利用模长公式即可求解.

z4i1i4i44i22i， 1i1i1i2|zi|32i322213，

故选：A. 3.B

【解析】3.

根据程序运行，根据输出值n得y的值，从而得判断条件．

程序运行时，变量值为：n0,y0；n2,y5；n4，y65；n6，y665，此时输出n6，y65满足判断条件，y665不满足判断条件，因此65y665， 故选：B． 4.D

【解析】4.

把点n,an带入直线方程，即得数列an的通项公式，再运用等差数列求和公式即可. 因为n,an在直线4xy20上，所以4nan20 即an64(n1)

Snna1故选：D.

n(n1)n(n1)d6n46n2n(n1)2n24n 225.C

【解析】5.

利用已知条件和点到直线的距离公式即可求出m得值，进而可得渐近线方程.

x2y2由双曲线M:1(m0)可得a2m，b2m8，

mm8渐近线方程为：ybx，即bxay0， a所以焦点Fc,0到渐近线的距离bca2b2bcb， c所以b4，可得b2m816，解得：m8， 所以am822

所以双曲线M的渐近线方程是y故选：C. 6.B

【解析】6.

422x2x.

两边同时取以10为底的对数，利用对数的单调性即可求解.

c930360，

a2100lgalg2100100lg230.1， b365lgblg36565lg331.0115， c930lgclg36060lg328.626

所以lgclgalgb，即cab. 故选：B 7.A

【解析】7.

设cxayb，列方程组解得x,y即得．

13xx2y51365ab． 设cxayb，则，解得，所以c552xy4y65故选：A．

8.A

【解析】8. 首先计算an2n的前两项即可得公比，再利用等比数列的通项公式可计算a1626的值，

进而可得a6的值. 因为数列an2n是等比数列，且a0，a24，

21所以a122，a228，

a22284， 可得公比qa1212所以an2n是首项为2，公比为4 的等比数列，

65511所以a622q2422048， 6所以a6204821984.

故选：A. 9.B

【解析】9.

直接解方程f(x)0可得．

f(x)x10，x22x10，x12，经检验x12是方程f(x)02x12的解，f(x)有两个零点． 故选：B． 10.C

【解析】10.

令x0，求得a0的值，再求得二项式(2x)展开式的通项，令r=5，求得a5的值，

26即可求解.

由(2x)a0a1xa2xa3xa4xa5xa6x，

6令x0，可得a02，

r6r2r6rr2r26又由二项式(2x)展开式的通项为Tr1C62(x)2C6x，

262468101251010令r=5，可得T62C6x12x，所以a512，

所以a0a51276.

故选：C. 11.D

【解析】11.

根据几何体的三视图作出几何体的直观图，求出几何体的体积，再由球的体积与几何体的体积相等即可求解.

由几何体的三视图可得，其直观图是正方体截去四个三棱锥，如图：

所以几何体的体积V64336180， 设搓成球体的半径为r， 则

31132434r180，即3r3180，解得r345. 33故选：D 12.B

【解析】12.

用AP表示ADCP、MN，即可求得

ADCP的值.

MNAC40cm，CD120cm，ADACCD160cm，CPAPACAP40，

M为AP的中点，N为CD的中点，

11ANACCNACCD40120100cm，

22AM11AP，所以，MNANAM100AP， 22ADCP160AP40200AP2. 11MN100AP100AP2245 512故选：B. 13.

【解析】13.

随机变量服从二项分布，根据二项分布的概率计算公式即可求解. 1由随机变量~B(5,)，

44511. 则P(3)C1445123523故答案为：14.

45 51224 25【解析】14.

首先利用三角函数的定义求出sin和cos的值，再利用正弦的二倍角公式即可求解. 因为P(4,3)，所以原点O0,0到P(4,3)的距离r由三角函数的定义可得sin42325，

x4y3，cos， r5r53424， 5525所以sin22sincos2故答案为：15.31

【解析】15.

24. 25ac用c表示PF1、PF2，利用椭圆的定义可得出关于、的关系式，由此可求得椭圆C的离心率的值. 如下图所示：

由已知条件可知，在RtPF1F2中，F1PF290，PF1F230，

PF2则PF11F1F2c， 2F1F2PF2223c，

31c2a，e由椭圆的定义可得PF1PF22a，即故答案为：31. 16.(1,)

【解析】16. 构造函数g(x)设g(x)c231. a31f(x)，由导数确定单调性后，利用单调性解函数不等式． 2xxf(x)2f(x)f(x)g(x)，则， 32xx因为x0，xf(x)2f(x)0，所以g(x)0，g(x)在(0,)上单调递减，

f(t)f(2)f(2x)f(2)xf(2)4，即，令，即，g(t)g(2)， 12t2xt444xx所以t2，2x2，所以x1． 故答案为：(1,)．

17.（1）fxmin3，fxmax2；（2）S

【解析】17.

（1）利用辅助角公式化简函数fx的解析式，根据已知条件求出m、的值，可得出

ABC33.

fx2sin2x，由x0,求得2x的取值范围，利用正弦型函数的基本

332性质可求得结果； （2）由fB0结合角B的取值范围可求得B的值，利用2BDBABC，结合平2ABC面向量数量积运算性质可求得c的值，进而利用三角形的面积公式可求得S（1）

.

fxsinxmcosx1msinx，为锐角，且tanm.

所以，fxmax1m2，解得m3， 由题意可得22，因为为锐角，且tan3，可得3，

fx2sin2x.

32x0,2x,fx2sinmin当时，，3，33332fxmax2sin22；

（2）am3，fB2sinB0sinB，即=0， 233B0B，332，则B330，B3.

BDBAADBA所以，

111ACBABCBABABC，2BDBABC， 22224BDBABC2222BABC2BABCBABC2BABCcosABC，

222即37ca2cacos3c293c，即c23c280，

c0，解得c4.

因此，S△ABC113acsinABC3433. 22218.（Ⅰ）0,2；（Ⅱ）3.

【解析】18.

（Ⅰ）设直线l的方程为：ykxmm0，Ax1,y1，Bx2,y2，直线l的方程与抛物线联立，利用韦达定理求出x1x2、y1y2，再由OAOB2即可求解. （Ⅱ）四边形的面积等于四个三角形的面积之和即SSACOSAFOSAMFSBMO分别

利用A、B两点以及焦点坐标表示出四边形OABC面积再利用基本不等式即可求最值. （Ⅰ）由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为：ykxmm0，Ax1,y1，

Bx2,y2，

ykxm222由得x2kxm0，则x1x2m，y1y2x1x2m， 2yx因为OAOBx1x2y1y22，所以m2m20， 解得：m2，

所以直线l过定点M0,2， （Ⅱ）由（Ⅰ）知x1x22，即x12，如图所示，设点Bx2,y2位于第一象限，则x2x20，

四边形OABC面积SS由对称性知：SACOACOSAFOSAMFSBMO

SAFO，

11111S2x12x12x2

242421792993x1x1x2x2x22x223，

488x24x24x22当且仅当x293即x2时等号成立， 4x22所以四边形OABC面积的最小值为3. 19.（1）证明见详解；（2）

【解析】19.

（1）取AB的中点O，连接OC、OD，可得ABOD，ABOC，计算出OD、

313 13OC的长，在OCD中利用勾股定理可证明ODOC，结合ABOD，利用线面垂直

的判定定理可证明OD平面ABC，再利用面面垂直的判断定理即可求证.

（2）以O为坐标原点，OA,OC,OD为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，求出平面ABD的一个法向量以及平面ABM的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解. （1）

取AB的中点O，连接OC、OD，

因为△ABD是边长为6的等边三角形，ABC是等腰三角形， 所以ABOD，ABOC， 所以AO1AD3，OD3OA33， 2333， 3OCOAtan30所以在OCD中，CD2OC2OD2，可得ODOC， 因为ABOD，AB平面ABC，OC平面ABC，ABOCO，

所以OD平面ABC， 因为OD平面ABD， 所以平面ABD平面ABC；

（2）以O为坐标原点，OA,OC,OD为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

由题意可知，A3,0,0，B3,0,0，C0,3,0，

23D0,0,33，M0,3,3，

由图可知，平面ABD的法向量平行于y轴，设m0,1,0， 设平面ABM的一个法向量为nx,y,z，

23MA3,,3AB6,0,0，， 36x0，令y3，可得n0,3,2， 23y3z03x3cosm,n3113313， 13由图可知二面角MABD为锐角， 所以二面角MABD的余弦值为

313. 1320.（1）

1110；（2）

993【解析】20.

（1）根据组合数以及古典概型的概率计算公式即可求解.

（2）由题意得出随机变量X10,8,6,5,3,1,0,2,4，根据相互事件的概率计算公式得出分布列，由分布列得出数学期望.

（1）设甲获胜的为事件A，两人同时获胜为事件B.

PA31，

3339C3231PB.

3333（2）X的可能取值为10,8,6,5,3,1,0,2,4， PX10331

33333381124PX82

9981224PX6

9981132132PX52

93332721112PX322

93939214PX12

9327111PX0

339112PX22

339111PX4

339X的分布列如下： X P 10 8 6 5 3 1 0 2 2 94 21442 98181812741 2791 9EX10

14422412110865310248181812792799991,上单调递增；当a0时，fx函数在221.（1）当a0时，fx函数在1a1a1,,fx上单调递增；函数在上单调递减. 22a2a（2）证明见详解.

【解析】21.

（1）求出函数的定义域以及导函数fx2a2，讨论a0或a0，判断2x1fx的符号，即可判断函数的单调性.

（2）令t2x1，构造函数gttetlnt1，利用导数计算得出gtmin0，即

t可证得所证不等式成立.

（1）由fx2axln2x1(aR)，则2x10，解得x1， 2 所以函数的定义域为1,， 2fx2a212a1， 2x1x2当a0时，

fx2a1x12101，所以函数在,上单调递增；

2当a0时，令

fx2a1x20，

1a1 x22a令

fx2a11x20，解得xa1， 2a1,上单调递增； 2综上所述，当a0时，fx函数在当a0时，fx函数在1a1,上单调递增； 22aa1,上单调递减. fx函数在2a（2）令t2x10，要证fx2x1e2x1，即证t1lnttet，其中t0，

tt构造函数gttetlnt1，其中t0，gtt1e1t1e.

t1t1t令te，其中t0，则tett1t10， t2所以，函数t在0,上单调递增. 因为1e20，1e10， 2所以，存在t011t,1，使得t0e00，即t0et01，

t02当0tt0时，t0，即gt0，此时函数gt单调递减； 当tt0时，φt0，即gt0，此时函数gt单调递增.

所以，gtmingt0t0e0lne0lnt01t0e0lnt0e01110，

tttt故所证不等式成立.

22.（Ⅰ）25；（Ⅱ）

【解析】22.

3535,,1,1 3737（Ⅰ）将曲线S的极坐标方程化成直角坐标方程，可得曲线S表示一个圆，利用圆的周长公式即可求解；

（Ⅱ）首先将直线的参数方程消去参数化成普通方程，利用弦长等于4，可得圆心到直线

l的距离，利用点到直线的距离公式列方程，解方程即可.

2（Ⅰ）由4cos2sin可得4cos2sin， 22将xcos，ysin代入可得：xy4x2y，

即x2y15，

所以曲线S表示以2,1为圆心，半径等于5的圆， 所以曲线S的长度即圆的周长为2525； （Ⅱ）由x8at可得t22x8x82代入y1a2t可得y1a， aa整理可得：1a2xay81a20， 因为直线l被曲线S截得的线段长为4， 所以圆心2,1到直线l的距离为5241， 22可得21a2a81a21a2a2a61a21，

可得a161a2或a161a2， 所以37a22a350或37a22a350， 可得37a35a10或37a35a10， 解得：a3535或a1或a或a1， 37373535,,1,1. 3737所以实数a的集合为23.（Ⅰ）2,0；（Ⅱ）证明见详解.

【解析】23.

（Ⅰ）由于f(x)1，当x1时，得2x1；当1x3时，得1≤x≤0；当x3时，x无解，即可得结果；

（Ⅱ）由不等式ab2ab得0ab1，故（Ⅰ）由f(x)|x3|2|x1|x1

当x1时，f(x)|x3|2|x1|x3x2x1x2x51得

6ab63，即可证明. ab22x1；

当1x3时，f(x)|x3|2|x1|x3x2x1x2x11得

1≤x≤0；

当x3时，f(x)|x3|2|x1|xx32x1x50得x无解； 综上f(x)1的解集为2,0 ；

（Ⅱ）因为a,b(0,)， ab2所以ab2ab，则0ab1 故

6ab63， ab22x5，x1由于f(x)2x1,1x3

5,x3如图所示：

所以f(x)最大值为3，故

6abf(x)max ab6abf(x)成立. ab所以xR，对a,b(0,)，ab2，不等式