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云南省云天化中学、下关一中2021届高三复习备考联合质量检测卷(二)数学(理)试卷 Word版含解析
云南省云天化中学、下关一中2021届高三复习备考联合质量检测卷(二)数学(理)试卷 Word版含解析
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理科数学注意事项:1.答题前,考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后,用2B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.在试题卷上作答无效.3.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分,考试用时120分钟.一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.设集合,,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求集合B,再利用集合的交集运算即得结果.【详解】,,则.故选:A.【点睛】本题考查了集合的交集运算,属于基础题.2.设复数,在复平面内的对应点关于实轴对称,.则()A.B.5C.D.13【答案】D【解析】【分析】由题意求出,结合复数的乘法运算即可求出.【详解】由题意,得,则,故选:D.【点睛】本题考查了复数的计算,属于基础题.本题的关键是求出.-19- 3.设向量,满足,,则()A.14B.C.12D.【答案】B【解析】【分析】利用配方法转化为,代入已知可解得结果.【详解】因为,所以,故选:B.【点睛】本题平面向量数量积的运算律,考查了求向量的模长,属于基础题.4.化简的值为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用诱导公式、两角和的余弦公式(或两角差的正弦公式)即可求出答案.【详解】解:(方法一),(方法二),故选:C.【点睛】本题主要考查两角和的余弦公式的应用,考查两角差的正弦公式的应用,属于基础题.-19- 5.袋中共有完全相同的4只小球、编号为1,2,3,4,现从中任取2只小球,则取出的2只球编号之和是奇数的概率为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先列举出任取2只小球的事件,共6种取法,再列举出2只球编号之和是奇数的事件,共4种取法,最后求取出的2只球编号之和是奇数的概率即可.【详解】解:在编号为1,2,3,4的小球中任取2只小球,则有,,,,,,共6种取法,则取出的2只球编号之和是奇数的有,,,,共4种取法,所以取出的2只球编号之和是奇数的概率为,故选:D.【点睛】本题考查利用列举法求古典概型的概率,是基础题6.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由三视图可知几何体:圆台,进而依据圆台的体积公式求体积即可.【详解】该几何体为上、下底面直径分别为2、4,高为4的圆台,-19- ∴体积,故选A.【点睛】本题考查了根据三视图求几何体的体积,圆台的体积公式应用,属于简单题.7.对任意非零实数,定义的算法原理如图程序框图所示.设,,则计算机执行该运算后输出的结果是()A.B.C.3D.2【答案】D【解析】【分析】根据题中所给的程序框图,结合条件,读出结果.【详解】,,且,∴,故选:D.【点睛】该题考查的是有关程序框图的问题,涉及到的知识点有程序框图输出结果的计算,属于基础题目.8.已知函数,则函数的图象在点处的切线斜率为()A.B.C.D.-19- 【答案】C【解析】分析】对函数求导,然后令,可得出关于的等式,求出的值,进而可求出函数的图象在点处的切线斜率【详解】∵,∴,∴,解得,∴,因此,函数的图象在点处的切线斜率为故选C【点睛】本题考查函数的切线斜率的求解,考查计算能力,属于基础题.9.若变量,满足约束条件则目标函数的最小值为()A.1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】画出可行域,结合图形分析最优解,从而求出最小值.【详解】画出可行域,向上平移基准直线,可得最优解为,由此求得目标函数的最小值为,故选:C.-19- 【点睛】本题考查了线性规划求最值,属于基础题.10.已知是双曲线:的一个焦点,则点到的一条渐近线的距离为()A.B.3C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意,由双曲线的几何性质可得焦点坐标以及渐近线的方程,进而由点到直线的距离公式计算可得答案.【详解】双曲线:的方程化为:.所以双曲线的焦点在轴上,且.渐近线方程为:,取的坐标为,取一条渐近线.则点到的一条渐近线的距离,故选:A【点睛】本题考查双曲线的几何性质,关键是利用双曲线的标准方程,计算出焦点坐标以及渐近线的方程.属于基础题.11.如图所示,在正方体中,点E为线段的中点,点F在线段上移动,异面直线与所成角最小时,其余弦值为()-19- A.0B.C.D.【答案】C【解析】【分析】以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出异面直线与的夹角的余弦值,根据夹角最小即可求得结果.【详解】以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,在正方体中,点E为线段的中点,设正方体棱长为2,则,,设,,设异面直线与的夹角为,则,异面直线与所成角最小时,则最大,即时,.故选:C.【点睛】本题考查异面直线及其所成的角的余弦值,解题方法是建立空间直角坐标系,用空间向量法表示距离、求角,属于中档题.-19- 12.设函数,函数,若对于,,使成立,则实数的取值范围是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意只需,对函数求导,判断单调性求出最小值,对函数讨论对称轴和区间的关系,得到函数最小值,利用即可得到实数的取值范围.【详解】若对于,,使成立,只需,因为,所以,当时,,所以在上是减函数,所以函数取得最小值.因为,当时,在上单调递增,函数取得最小值,需,不成立;当时,在上单调递减,函数取得最小值,需,解得,此时;当时,在上单调递减,在上单调递增,函数取得最小值,需,解得或,此时无解;综上,实数的取值范围是,故选:A.【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值,考查二次函数在区间的最值的求法,考查分类讨论思想和转化思想,属于中档题.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)-19- 13.的展开式中,各项系数之和为1,则实数____________.(用数字填写答案)【答案】-1【解析】【分析】令,即可得各项系数之和为,直接求解即可【详解】令,得各项系数之和为,解得.故答案为:-1【点睛】本题考查二项式的系数和,属于基础题14.函数的最大值为_____________.【答案】7【解析】【分析】先结合诱导公式和二倍角公式化简并配方得,即可求最值.【详解】∵,而∴当时,有最大值为7.【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式、诱导公式和二次函数求最值,属于中档题.15.已知偶函数在上单调递减..若.则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据奇偶性和单调性可得,从而得,即可得解.-19- 【详解】因为是偶函数,所以不等式,又因为在上单调递减,所以,解得.故答案为:.【点睛】本题主要考查了奇偶性和单调性的应用,属于基础题.16.在中,,,则中线的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】由正弦定理可得,从而可求出的轨迹方程,结合椭圆的性质即可求出中线的取值范围.【详解】由正弦定理得,则点是以,为焦点的椭圆上的一点,不妨以,所在直线为轴,点为原点建立平面直角坐标系,则椭圆方程为,由椭圆的性质可知,椭圆上点到原点距离最大为长轴的一半,最小为短轴的一半,则可知中线长的取值范围为.故答案为:.【点睛】本题考查了正弦定理,考查了椭圆的性质,属于中档题.本题的难点是将中线转化为椭圆问题.三、解答题(共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.已知数列的前项和为,,.-19- (1)求数列的通项公式;(2)设,数列的前项和为.求证:.【答案】(1);(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)根据时,化简得,再利用累乘法求解即可;(2)先求得通项公式,再利用裂项相消法求和即可证明结果【详解】解:(1)由题意知,当时,①,②,由①-②得,即,所以,,…,,以上各式累乘得,故,又也适合,故;(2)证明:由(1)知,所以,而,,即证.【点睛】本题考查了累乘法求数列的通项公式和裂项相消法求和,属于中档题.18.已知四边形是梯形(如图甲),,,,,为的中点,以为折痕把折起,使点到达点的位置(如图乙),且.-19- 甲乙(1)求证:平面平面;(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)连接,取的中点,连接,,可得,,进而可得平面,又平面,可得平面平面;(2)设点到平面的距离为,利用等体积法进行转化计算即可得解.【详解】(1)连接,因为,,,为的中点,,所以四边形是边长为2的正方形,且,取的中点,分别连接,,因为,所以,,且,,又,所以,所以,又,所以平面,又平面,所以平面平面;(2)由(1)知,平面,为正三角形且边长为2,设点到平面的距离为,,则,-19- 所以,即,解得,故点到平面的距离为.【点睛】本题考查面面垂直的证明,考查点面间的距离求法,考查逻辑思维能力和计算能力,考查空间想象能力,属于常考题.19.某校从高三年级中选拔一个班级代表学校参加“学习强国知识大赛”,经过层层选拔,甲、乙两个班级进入最后决赛,规定回答1相关问题做最后的评判选择由哪个班级代表学校参加大赛.每个班级4名选手,现从每个班级4名选手中随机抽取2人回答这个问题.已知这4人中,甲班级有3人可以正确回答这道题目,而乙班级4人中能正确回答这道题目的概率每人均为,甲、乙两班级每个人对问题的回答都是相互独立,互不影响的.(1)求甲、乙两个班级抽取的4人都能正确回答的概率;(2)设甲、乙两个班级被抽取的选手中能正确回答题目的人数分别为,,求随机变量,的期望,和方差,,并由此分析由哪个班级代表学校参加大赛更好?【答案】(1);(2),,,,由甲班级代表学校参加大赛更好.【解析】【分析】-19- (1)根据相互独立事件的概率计算公式即可求出答案;(2)结合超几何分布和二项分布,根据数学期望和方差的定义依次求出,,,,由此可求出答案.【详解】解:(1)甲、乙两个班级抽取的4人都能正确回答的概率;(2)甲班级能正确回答题目人数为,的取值分别为1,2,,,则,,乙班级能正确回答题目人数为,的取值分别为0,1,2,∵,∴,,由,可知,由甲班级代表学校参加大赛更好.【点睛】本题主要考查超几何分布与二项分布的应用,属于基础题.20.已知抛物线:的焦点为,为坐标原点.过点的直线与抛物线交于,两点.(1)若直线与圆:相切,求直线的方程;(2)若直线与轴的交点为.且,,试探究:是否为定值?若为定值,求出该定值;若不为定值,试说明理由.【答案】(1);(2),理由见解析;【解析】【分析】(1)由直线过焦点,且与半径为,圆心的圆相切知圆心到直线的距离即可求直线斜率,进而得到直线方程;(2)由直线与抛物线、轴的交点情况知斜率存在且,令,联立方程得,又,-19- ,应用向量共线的坐标表示有即可确定是否为定值.【详解】(1)由题意知:且圆的半径为,圆心,即有在圆外,∴设直线为,则圆心到直线的距离,解之得:,即直线的方程为.(2)由过的直线与抛物线交于,两点,与轴的交点为,即斜率存在且,设直线为,有,联立直线方程与椭圆方程,有,可得,设,,即有,,,,,由,,可得,,∴,即可得为定值【点睛】本题考查了抛物线,由直线与抛物线的交点情况,结合它与圆的位置关系求直线方程,根据直线与y轴、抛物线的交点,结合向量共线情况说明参数之和是否为定值.21.已知函数,.(1)设,求的极值;(2)当时,恒成立,求实数的取值范围.【答案】(1)极小值,无极大值;(2).【解析】【分析】(1)先求导,再利用导数正负判断其单调性,即得极值;-19- (2)根据题意化简得恒成立,构造函数,研究其单调性得,再化简得,求即可得结果.【详解】解:(1)函数,其定义域为.所以,解得,时,时所以在上是减函数,在上是增函数,所以有极小值,无极大值;(2)当时,恒成立,即对恒成立,即,即令,则上式即恒成立.因为.令,,得,时,,递减,时,,递增,故时,函数取得最小值,.∴,∴在上单调递增,∴两边取对数,可得,即,则令,,-19- ,得时,时,,递增,时,,递减,所以时,函数取得最大值,∴,即.【点睛】本题考查了利用函数导数研究函数的单调性、极值和最值问题,考查了恒成立问题,属于中档题.请考生在第22、23两题中任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做,则按所做的第一题计分.【选修4-4:坐标系与参数方程】22.在平面直角坐标系中,已知曲线:(为参数).曲线:(为参数),且.点为曲线与的公共点.(1)求动点的轨迹方程;(2)在以原点为极点,轴的非负半轴为极轴的极坐标系中,直线的极坐标方程为,求动点到直线距离的最大值.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)设点,点P同时满足曲线与的方程,消参得,,,由,即可求得点的轨迹方程;(2)由,,将极坐标方程转化为直角坐标方程,动点为圆心在原点,半径为3的圆,先求出圆心到直线的距离,即可求出动点到直线距离的最大值.【详解】(1)设点P的坐标为.因为点P为曲线与的公共点,所以点P同时满足曲线与的方程.-19- 曲线消去参数可得,曲线消去参数可得.由,所以,所以点的轨迹方程为.(2)因为直线的极坐标方程为,根据,可化直线的直角坐标方程为,因为动点的轨迹为圆(去掉两点),圆心到直线的距离为,所以动点到直线的距离的最大值为.【点睛】本题主要考查动点的轨迹方程的求法、极坐标方程与直角坐标方程的互化、直线与圆的位置关系,考查学生转化和计算能力,属于基础题.【选修4-5:不等式选讲】23.已知函数(1)当时,求不等式的解集;(2)若,求的取值范围.【答案】(1);(2)或.【解析】分析】(1)由题意,令即有求解集即可;(2)由绝对值几何含义知,则等价于,即可求的取值范围.【详解】(1)当时,,令,即求的解集,-19- ∴解之得:.(2)因为,由,即等价于,解得或.【点睛】本题考查了解绝对值不等式,应用等价转化、绝对值的几何含义求解集、参数范围.-19-
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