【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（理）试题答案.pdf，共(8)页，391.379 KB，由小赞的店铺上传

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第1页（共8页）昆明一中2021届高三联考第六期理科数学参考答案及解析一、选择题题号123456789101112答案ACBADDACCBBD1.解析：因为i11ii122z，所以z的虚部为12，选A.2.解析：因为ABB，所以BA，若64a，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：设B的坐标为,xy，由有向线段OA绕点O逆时针旋转π2到OB，可知5OB

且0OAOB，可得225,20,0,xyxyy解得B点坐标是1,2，选B.4.解析：第一次用“调日法”后得e的更为精确的过剩近似值是4115，即2741<e<1015，第二次用“调日法”后得e的更为精确的过剩近似值是6825，选A.5.解析：

设原数据为12,pxxx，共p个，则平均数12()mpxxxp，方差222121[()()()]pnxmxmxmp对于选项A、B：新数据的平均数1212()ppaxaxaxaxxxampp，故A、B错误；对于选项C：新数据的方差为

222121[()()()]paxamaxamaxamp=22222121[()()()]paxmxmxmanp，故C错误；对于选项D：新数据的标准差为2anan，故D正确，选D.6.

解析：由题可知，0.40.8=9=3a，0.90.91==33b，则1ba，又0.9=0.81c，所以cab，选D．7.解析：选项A：若,mnm，则n或//n，又//n，并不能得到这一结论，故选项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//,//mn，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8页）8.解析：因为sin72cos72sin1441cos36cos722sin364sin364，选C．9.解析：因为APOBPO，所以2PAPB=；设(,)Pxy，则()()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C.10.解析：由0ab，知0a且0b≠,利用辅助角公式可得22sincossinfxaxbxabx，其中tanba，又xR，π4fxf恒成立，

知π4f为fx的最值，2222422fabab，整理得：ab，22sincossin2sin44fxaxaxaaxax对于A，2π9π520sinfa，2π5π612sinfa

，又5π9ππ12202，则5π9πsinsin1220，所以当0a时，ππ56ff；当0a时，ππ56ff，故A错误；对于B，32sin2sin45π2s

i2n45π24faaaxxxx2sin4xfxa，故B正确；对于C，2sin2sin4ππ44fxxxa为奇函数，故C错误；对于D，42sin

2siπππn2cos424fxxaaxax为偶函数，故D错误,选B.11.解析：设△12PFF的内切圆半径为r，则1122312111=||,||,||222

SPFrSPFrSFFr，所以1212121111=||||=||||2222SSPFrPFrrPFPFarcr，所以ca2，所以2e，选B．12.解析：因为)(xf为奇函数，所以0,20,2)(22xxx

xxxxf，由区间概念可推知011ababba，（1）当ba0时，11)1()(2xxf，从而11a，即1a，所以ba1，而)(xfy在ba,上为减函数，所以

bbfaaf1)(1)(，这两个关系等价于“a，b是方程xxf1)(的两个根，且ba1”，由方程xxx122，得0)1(223xxx，解得251,121xx所以1a，251b，即352ab；第3页（共8页）（2）当0b

a，同（1）可解得15,12ab，即352ab，选D．二、填空题13.解析：从这五张扑克牌中随机选取三张的基本事件有10个，其中，三张牌的数字之和为10的基本事件有：（方5，方2，红3），（方5，方2，黑3），（红4，红3，黑3）共3个，则这三张牌

的数字之和为10的概率310P,答案为310.14.解析：因为()()1fxfx+=-，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=.15.解析：1cos2aCcb，得：1sincossinCsin2ACB因为sinsin()sincoscossinBACAC+AC，所以1sincossinsincoscossin2ACCA

CAC，即1sincossin2CAC，因为sin0C，所以1cos2A，因为0πA，，所以π3A16.解析：由已知NDCNAM∽得：NDDCANAM，所以32DCANDCANxAMNDA

NADx，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（一）必考题17.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．第4页（共8

页）………6分（2）设甲同学解答一道“坐标系与参数方程”需要x分钟，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△AOC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）由（1）知，即求二面角POMB的余弦值，连接PM．如图，以点C为坐标原点，建立空间

直角坐标系．因为0,0,0C，0,1,2P，31,,022O，10,,02M，第5页（共8页）所以10,,22MP，3,0,02MO．设平面OPM

与平面OMB的法向量分别为m与n．因为00mMOmMP，所以30,3,4m．因为PA平面ABC，所以0,0,1n，所以17cos,17mnmnmn

．故二面角POGB的余弦值为1717．19.解：（1）因为132(2)nnaan，所以113(1)nnaa，所以数列1na是首项为3，公比为3的等比数列．………4分（2）因为

1na是首项为113a，公比为3的等比数列．所以11333nnna，所以3log3nnbn，所以11221122(1)2(1)2nnnnnnnnncbbnnnn，所以0223111111111()()()()1222

223232422(1)2nnnSnn，所以11(1)2nnSn.………12分20.解：（1）依题意，当1a时，1()lnfxxx，定义域为0,，22111()xfxxxx-¢=-+=，令()0fx

，得1x．当0,1x时，()0fx，()fx为减函数；当1,x时，()0fx，()fx为增函数，所以()(1)1fxf极小值，()fx无极大值．………5分（2）若存在00,ex，使得0()0fx成立，即函数(

)fx在0,e上的最小值小于0．2211()aaxfxxxx，且0a．第6页（共8页）令()0fx，得1xa=，当10a<，即0a时，()0fx恒成立，函数()fx在0,e上单调递减，min

1()(e)efxfa，由10ea，得1ea，即1,ea；当1ea³，即10ea时，()0fx恒成立，函数()fx在0,e上单调递减，min1()(e)0efxfa

，不合题意；当10ea，即1ea时，在10,a上，()0fx，()fx为减函数；在1,ea上，()0fx，()fx为增函数，所以min11()()ln(1ln)fxfaaaaaa==+=-．由(1ln)0aa，

得1ln0a-<，解得ea，即e,a．综上，所以实数a的取值范围是1,e,e．………12分21.解：（1）设直线AB的方程为yxm，11,Axy，22,Bxy，

联立方程22,33,yxmxy得2246330xmxm，所以1232mxx，212334mxx，248120m，所以222212123123=2423322mmABxxxxm

，当0m（满足0）时，AB取得最大值6.………5分（2）设11,Axy，22,Bxy，AB的中点00,Mxy，第一种情况，若直线AB平行

于x轴，则线段AB的垂直平分线为y轴，即0t，第二种情况，若直线AB不平行于x轴，又因为线段AB的垂直平分线与x轴相交，所以直线AB不平行于y轴，即12xx，第7页（共8页）由221122221,31,3xyxy两式相减整理得1212121213yyyy

xxxx①，因为00,Mxy是AB的中点，所以0122xxx，0122=yyy，因为MNAB，所以0121201ABMNtxyykxxky，所以①变形为00002123txyyx

，化简得02=3tx，其中030x或003x，所以2303t或2303t，综上两种情况，t的取值范围2323,33.………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()2132121132(11)(2132)2xxxxxxx，第8页（共8页）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)4xxxxx，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