【文档说明】云南省昆明市第一中学2021届高三下学期3月第六次复习检测数学（文）试题 答案.pdf，共(7)页，413.512 KB，由小赞的店铺上传

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第1页（共7页）昆明一中2021届高三联考第六期文科数学参考答案及解析一、选择题题号123456789101112答案ACABCACDABDC1.解析：因为i11ii122z，所以z的虚部为12，选A.2.解析：因为BA，若6

4a，则2a，24a，集合A中的元素不满足互异性，舍去；若26aa，则32a或，因为2a，所以3a.选C.3.解析：由baab可知4,0b，所以4b，选A.4.解析：从A，B，C，三个同学中选2名代表学校到省里参加全国高中数学联赛，共有AB

，AC，BC，3个基本事件，A被选中共有2个基本事件，概率23P,选B.5.解析：假设甲做对了，则乙、丙做错，则乙、丙的说法正确，不符合题意；假设乙做对了，则甲、丙做错，则甲、丙说法正确，不符合题意；

假设丙做对了，则甲、乙做错，则乙、丙说法错误，甲说法正确，符合题意．丙做对，选C．6.解析：设:2elyxb=+与曲线2lnyx=相切于点()00,2lnxx，则l的方程为()00022lnyxxxx-=-，则0022ln2yxxx=×+-，故022ex=，解得01ex=

，则直线:2e4lyx=-，所以4b=-，选A.7.解析：因为()()2fxfx+=，所以函数()fx的周期为2；又因为()()512ffa-=-=-，()()4.50.52.5ff==，()()54.5ff-=，所以22.5a-=，即4.5a=

，选C.8.解析：因为：sin72cos72sin1441cos36cos722sin364sin364，选D．9.解析：选项A：若,mnm，则n或//n，又//n，并不能得到

这一结论，选项A错误；选项B：若,//mn，则由线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理可得mn，故选项B正确；选项C：若//,m，则有面面平行的性质定理可知//m，故选项C正确；选项D：若//,//m

n，则由线面角的定义和等角定理知，m与所成的角和n与所成的角相等，故选项D正确,选A.第2页（共7页）10.解析：由题易得1()sin22gxx，A.函数的周期2ππ2T，故A不正确；B.当π4x时，()gx取得最小值12.故B正确；C.ππ-,63x

，π2π2,33x，当ππ2,32x时，函数单调递减，此时ππx-,64，当π2π2,23x时，ππ,43x时，函数单调递增，故C不正确；D.当π3x时，304gx

，所以D不正确,选B.11.解析：设动点(,)Pxy，因为2PAPB=，所以()()2222221xyxy++=-+，整理得动点P得轨迹为C:2224(0)xyy；设直线PM的方程为(3)ykx=+，即30kxyk-+=，所以圆心(2,0)C到直线PM的距离为2521kdk=

=+，所以22121k；又因为动点P不在x轴上，所以直线PM的斜率取值范围是221221,00,2121，选D.12.解析：设△12PFF的内切圆半径为r，则1122312111=||,||,||222SPFrSPFrSFFr

，所以1212121111=||||=||||2222SSPFrPFrrPFPFarcr，所以2ac，所以2e，选C．二、填空题13.解析：如图可知点M到直线yx的距离最小，此时222d，即PM

的最小值为2.14.解析：由题意得频率4020P,答案为12.15.解析：在△ABC中，由正弦定理可得sinsincAaC，所以sin2cos22sinaCBcA，又0πB，所以π4B．16.解析：由已知NDCNAM∽得：NDDCANAM，所以32DCANDCANxAMNDAN

ADx，所以232AMPNxSANAMx，设232xfxx)4,3[x，所以4432=32422fxxxxx，设2tx，则1,2t，则434ytt

，根据对勾函数可得：1t时，y达到最大值，即27y，此时1t，3x，所以33,92xANAMx，所以当3,9ANAM时，四边形AMPN的面积最大值为27平方米.三、解答题第3页（共7页）（一）必考题17.解：（1）由于15a，2a为整数，

所以等差数列na的公差d为整数，又3nSS，所以30a，40a，即：520530dd，解得5523d，所以2d，所以数列{an}的通项公式为27nan.………6分（2）由270nan得：72n，所以(3)(4)

nnnnanbaan，当3n时，2(572)62nnnTnn；当4n时，12345333()()2nnnnTaaaaaaSSSSS所以2218(6)618nTnnnn；所以226(3)618(4)nnnnTn

nn.………12分18.解：（1）延长OG交AC于点M．因为点O是直角三角形ABC的外心，所以OAOBOC，所以点O是AB的中点．因为π3AOC，所以△AOC是正三角形，所以点G是△AO

C的中心，所以M是AC的中点，所以OMAC．因为PA平面ABC，OM平面ABC，所以PAOM．因为PAACA，所以OM平面PAC，而OM平面OPG，所以平面OPG平面PAC．（2）法一：连接BM，PM，即求点B到平面OPM的距离．因

为BOPMPOBMVV，所以1133OPMBOPMOBMPOBMSdSd．因为PA平面ABC，所以POBMdPA，第4页（共7页）所以2OBMOBMBOPMOPMOPMSPASdSS．在等

边△OAC中，1OA，有32OM．在△OBM中，32OM，1OB，5π6MOB，有13sin28OBMSOMOBMOB．由（1）知OM平面PAC，因为PM平面PAC，所以O

MPM．在直角△PAM中，2PA，12AM，有172PM．所以15128OPMSOMPM，所以221717OBMBOPMOPMSdS．法二：连接BG，AG．因为BOPGPOBGVV，所以1133OPGBOPGOBGPOBGSdSd

．因为PA平面ABC，所以POBGdPA，所以2OBGOBGBOPGOPGOPGSPASdSS．在等边△OAC中，1OA，有2333OGOM．（亦可使用正弦定理）在△OBG中，33OG，1OB，5π6GOB，有13sin212OBGSOGO

BGOB．由（1）知OM平面PAC，因为PM平面PAC，所以OMPM．在直角△PAM中，2PA，12AM，有172PM．所以151212OPGSOGPM，所以221717OBGBOPGOPGSdS．19.解：（1）由题知，2222cab，左焦

点12,0F，则直线l的方程为2yx，设11,Axy，22,Bxy，联立方程222,33,yxxy得246230xx，所以72480，12322xx，1234xx

，所以22121232=242332ABxxxx.………5分（2）法1：设11,Axy，22,Bxy，AB的中点00,Mxy，第5页（共7页）联立方程22,33,yxmxy得2246330xmxm，所

以1232mxx，248120m，所以034xm，0344mymm，因为线段AB的垂直平分线与x轴交于点1,02N，所以线段AB的垂直平分线方程为12yx，且过中点M，所以31442mm，解得1m(满足0)，所以1m.……

…12分法2设11,Axy，22,Bxy，AB的中点00,Mxy，由题知线段AB的垂直平分线方程为12yx，直线AB不平行于y轴，即12xx，由221122221,31,3xyxy两式相减整理得1212121213yyyyxx

xx①，因为00,Mxy是AB的中点，所以0122xxx，0122=yyy，因为MNAB，所以00112ABMNxkky，所以①变形为0000121223xyyx，解得034x，所以014y，代入直线AB得1m.20.解

：（1）22列联表如下坐标系与参数方程不等式选讲合计男同学22830女同学81220合计302050由表中数据得225022128850K5.5565.024302030209．查表可知，有超过97.

5%的把握认为选做“坐标系与参数方程”或“不等式选讲”与性别有关．………6分（2）设甲同学解答一道“坐标系与参数方程”需要x分钟，第6页（共7页）解答一道“不等式选讲”需要y分钟．………7分记“甲同学在考试中选做‘坐标系与参数方程’比选做‘不等式选讲’所用时间更长”为事

件A．则总的基本事件构成区域为57,68xxyy．………9分而满足事件A的基本事件构成区域为57,68xxyyxy．即图中阴影部分：由几何概型知

11112PA228．所以甲同学在考试中选做“坐标系与参数方程”比选做“不等式选讲”所用时间更长的概率为18．………12分21.解：（1）当1k时，22()2ln(1)2(1)2ln1Fxxxxxx

，()Fx的定义域为0,．22(1)(1)()2xxFxxxx当0,1x时，()0Fx，()Fx为增函数；当1,x时，()0Fx，()Fx为减函数．所以()(1)0FxF极大值，()Fx无极小值．………5分（2）由（1）可知，

若1k，则当1x时，()(1)0FxF<=，即()()fxgx<，所以不存在01x，使得当01,xx时，()()fxgx>恒成立；若1k，则当1x时，22()2ln(1)2(1)2ln(1)2(1)0Fxxxk

xxxx=----<----<，即不存在01x，使得当01,xx时，()()fxgx>恒成立；若1k，2()2ln(1)2(1)Fxxxkx=----．222[(1)1]()222xkxFxxkxx．第7页（共7页）令()0Fx，得211(1)4

02kkx---+=<，221(1)412kkx-+-+=>，所以当20,xx时，()0Fx，()Fx为增函数，即函数()Fx在21,x上是增函数，所以存在021xx，使得当01,xx时，()(1)0FxF

，即()()fxgx>成立．综上，所以实数k的取值范围是,1．………12分（二）选考题：第22、23题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题记分。22.解：（1）曲线C的直角坐标方程为24yx，直线l的普通方程为20xy．………5分（2）直线l的

参数方程可化为22222xtyt（t为参数），代入曲线24yx得：242160tt，设A，B两点所对应参数分别为1t，2t，则1242tt，1216tt，2121212()446PAPBABtttttt．………10分23.解：（1）()

2132(21)(32)2hxxxxx，当且仅当1322x时，等号成立，所以min()2hx，只需2a，所以实数a的最大值为2．………5分（2）解法一：由柯西不等式，22()2132

121132(11)(2132)2xxxxxxx，当且仅当3221xx，即1x时，等号成立，所以()x的最大值为2．解法二：由均值不等式，2()22(21)(32)2(21)(32)4

xxxxx，当且仅当3221xx，即1x时，等号成立，所以2()4x，因为()0x，所以0()2x，所以()x的最大值为2．………10分