【文档说明】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 【精准解析】.doc，共(19)页，1.745 MB，由小赞的店铺上传

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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1,0,1A=−，223

0Bxxx=−−=，则AB=（）A.1−B.0C.1D.【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】1,0,1A=−，1,3B=−，则1AB=−.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1z，2z在复平面内的对应点关于实轴对称，123iz=+．则12zz=（）A.5−B.5C.13−D.13【答案】D【解析】【分析】由题意求出2z，结合复数的乘法运算即可求出12zz.【详解】由题意，得223iz=−

，则()()1223i23i13zz=+−=，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2z.3.设向量a，b满足6ab−=rr，2ab=，则ab+=（）A.14B.14C.1

2D.23【答案】B【解析】【分析】利用配方法转化为()()2222224abababababab+=+=++=−+rrrrrrrrrrrr，代入已知可解得结果.【详解】因为()()2222224abababababab+=+=++=−+rrrrrrrrrrrr64214=+

=，所以14ab+=，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cos16cos44cos74sin44−的值为（）A.32B.32−C.12D.12−【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）cos16cos44cos74sin44−cos16cos44sin16sin44=−()1cos1644cos602=+==，（方法二）cos16

cos44cos74sin44−sin74cos44cos74sin44=−()sin7444=−1sin302==，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．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.25B.35C.13D.23【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1,2，1,3，1,4，2,3，2,4，3,4，共6种取法，则取出的2只球编号之和是奇数的有1,2，1,4，2,3，3,4，共4种取法，所以取出的2只球编号之和是奇数的概率为4263=

，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.283B.253C.28D.25【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，∴体积为()221284212133V=++=，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3a=，2b=，则计算机执行该运算后输出的结果是（）A.13B

.12C.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】3a=，2b=，且ab，∴13122aabb++===，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()()2ln11fxxxfx=+−，则函数()fx的图象在点()(),efe处的切线斜率为（）A.12B.12−C.132e−D.132e−【答案】C【解析】【分析】对函数()()2

ln11fxxxfx=+−求导，然后令1x=，可得出关于()1f的等式，求出()1f的值，进而可求出函数()fx的图象在点()(),efe处的切线斜率【详解】∵()()2ln11fxxxfx=+−，∴()()2ln1fxxxxf=+−，

∴()()111ff=−，解得()112f=，∴()12ln2fxxxx=+−，因此，函数()yfx=的图象在点()(),efe处的切线斜率为()132kfee==−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x，y满足约束条件1

,1,22.xyxyxy+−−−则目标函数3zxy=−的最小值为（）A.1B.3−C.9−D.10−【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30xy−=,可得最优解为()3,4A，由此求得

目标函数的最小值为3349z=−=−，故选:C．【点睛】本题考查了线性规划求最值，属于基础题.10.已知F是双曲线C：225(0)xmymm−=的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为（）A.5B.3C.5mD.5m【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C：225(0)xmymm−=的方程化为：22155xym−=(0)m.所以双曲线C的焦点在x轴上，且55cm

=+.渐近线方程为：xmy=，取F的坐标为(55,0)m+，取一条渐近线+=0xmy.则点F到C的一条渐近线的距离5551mdm+==+，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1111ABCDABCD−中，点E为线段AB的中点，点F在线段AD上移动，异面直线1BC与EF所成角最小时，其余弦值为（）A.0B.12C.105D.1116【答案】C【解析】【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标

系，利用向量法能求出异面直线1BC与EF的夹角的余弦值，根据夹角最小即可求得结果．【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，在正方体1111ABCDABCD−中,点E为线段AB的中点，

设正方体棱长为2，则1(0,0,0),(2,1,0),(2,2,2),(0,2,0)DEBC，1(2,0,2)BC=−−,设(),0,0Fm()02m，(2,1,0)EFm=−−，设异面直线1BC与EF的夹角

为，则1212|||2(2)|cos||||122(2)1211(2)EFBCmEFBCmm−−===−++−,异面直线1BC与EF所成角最小时，则cos最大，即0m=时，210cos51102141===+.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.12.设函数()311433fxxx=−+，函数()221gxxbx=−+，若对于11,2x，20,

1x，使()()12fxgx成立，则实数b的取值范围是（）A.7,2+B.5,8+C.7,2−D.5,8−【答案】A【解析】【分析】由题意只需()()minminfxgx，对函数()fx

求导，判断单调性求出最小值，对函数()gx讨论对称轴和区间0,1的关系，得到函数最小值，利用()()minminfxgx即可得到实数b的取值范围.【详解】若对于11,2x，20,1x，使()()12fxgx成立，

只需()()minminfxgx，因为()311433fxxx=−+，所以()24fxx=−，当1,2x时，()0fx，所以()fx在1,2上是减函数，所以函数()fx取得最小值()25f=−．因为()()222211gxxbxxbb=−+=−+−，当0b时

，()gx在0,1上单调递增，函数取得最小值()01g=，需51−，不成立；当1b时，()gx在0,1上单调递减，函数取得最小值()122gb=−，需522b−−，解得72b，此时72b；当01b时，()gx在0,b上单调递减，在(,1b上

单调递增，函数取得最小值()21gbb=−，需251b−−，解得6b−或6b，此时无解；综上，实数b的取值范围是7,2+，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）13.()92xa+的展开式中，各项系数之和为1，则实数a=____________.（用数字填写答案）【答案】-1【解析】【分析】令1x=，即

可得各项系数之和为()921a+=，直接求解即可【详解】令1x=，得各项系数之和为()921a+=，解得1a=−.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()()cos26cosfxxx=+−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2311()2cos22fxx=−−，即可求最值.【详解】∵()()2cos26coscos26cos2cos6cos1fxxxxxxx=+−=−=−−23112cos22x=−−

，而cos1,1x−∴当cos1x=−时，()fx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()fx在)0,+上单调递减．()10f=．若()20fx−．则

x的取值范围是______．【答案】()1,3【解析】【分析】根据奇偶性和单调性可得()()21fxf−，从而得21x−，即可得解.【详解】因为()fx是偶函数，所以不等式()()()2021fxfx

f−−，又因为()fx在)0,+上单调递减，所以21x−，解得13x．故答案为：()1,3.【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ABC中，2BC=，sinsin3sinBCA+=，则中线AD的取值范围是______．【答案】)22,3【解析】【分

析】由正弦定理可得6bc+=，从而可求出A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36bca+==，则点A是以B，C为焦点的椭圆上的一点，不妨以B，C所在直线为x轴，点D为原

点建立平面直角坐标系，则椭圆方程为22198xy+=，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AD长的取值范围为)22,3．故答案为:)22,3.【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na的前n项和为nS，12a=，()()*21nnSnanN=+.（1）求数列na的

通项公式；（2）设()211nnba=+，数列nb的前n项和为nT.求证：14nT.【答案】（1）2nan=；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)根据2n时1nnnaSS−=−，化简得11nnanan−=−，再利用累乘法求解即可；(

2)先求得nb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2n时，()21nnSna=+①，112nnSna−−=②，由①-②得()121nnnanana−=+−，即11nnanan−=−，所

以2121aa=，3232aa=，…，211nanan−=−，以上各式累乘得1nana=，故2nan=，又12a=也适合，故2nan=；（2）证明：由（1）知()222111111441444121nbnnnnnnn===−+++

++，所以11111111114223141nTnnn−+−++−=−++，而nN，101n+1111n−+，即证14nT.【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ABCD是梯形（如图甲），//ABCD，ADDC⊥，4CD=，2ABAD==，E为CD的中点，以AE为折痕把ADE折起，使点D到达点P的位置（如图乙），且2PB=．甲乙（1）求证：平面PAE⊥平

面ABCE；（2）求点A到平面PBE的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）263.【解析】【分析】（1）连接BE，取AE的中点M，连接PM，BM，可得PMAE⊥，PMMB⊥，进而可得PM⊥平面ABCE，又PM平面PAE，可得平面PAE⊥平面ABC

E；（2）设点A到平面PBE的距离为d，利用等体积法PABEAPBEVV−−=进行转化计算即可得解.【详解】（1）连接BE，因为//ABCD，ADDC⊥，4CD=，E为CD的中点，2ABAD==，所以四边形ABED是边长为2的正方形，且BEEC

=，取AE的中点M，分别连接PM，BM，因为2APPE==，所以PMAE⊥，BMAE⊥，且22AE=，2PMAMBM===，又2PB=，所以222PMMBPB+=，所以PMMB⊥，又AEMBM=，所以PM⊥

平面ABCE，又PM平面PAE，所以平面PAE⊥平面ABCE；（2）由（1）知，PM⊥平面ABCE，PBE△为正三角形且边长为2，设点A到平面PBE的距离为d，PABEAPBEVV−−=，则1133ABEPBESPMSd=△△，所以211133234B

EABPMBEd=，即2111322223234d=，解得263d=，故点A到平面PBE的距离为263．【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34，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X，Y，求随机变量X，Y的期望()EX，()EY和方差()DX，()DY，

并由此分析由哪个班级代表学校参加大赛更好？【答案】（1）932；（2）()32EX=，()14DX=，()32EY=，()38DY=，由甲班级代表学校参加大赛更好．【解析】【分析】（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()EX，()EY，()DX，()DY，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2232439432CPC==；

（2）甲班级能正确回答题目人数为X，X的取值分别为1，2，()121341112CCPXC===，()2432122CPXC===，则()11312222EX=+=，()22313111222224DX=−+−=，乙班级能正确回答题目人数为Y，Y的取值

分别为0，1，2，∵3~2,4YB，∴()33242EY==，()3132448DY==，由()()EXEY=，()()DXDY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C：24yx=的焦点为F，O为坐标原点

．过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点．（1）若直线l与圆O：2219xy+=相切，求直线l的方程；（2）若直线l与y轴的交点为D．且DAAF=，DBBF=，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(1)4yx=−；（2）1+=−，理由见

解析；【解析】【分析】（1）由直线l过焦点F，且与半径为13r=，圆心(0,0)O的圆相切知圆心O到直线l的距离13d=即可求直线斜率k，进而得到直线方程；（2）由直线l与抛物线C、y轴的交点情况知斜率存在且0k，令11(,)Axy，22(,)Bxy联立方

程得121=xx，又DAAF=，DBBF=，应用向量共线的坐标表示有12(1)(1)xx=++即可确定+是否为定值.【详解】（1）由题意知：(1,0)F且圆O的半径为13r=，圆心(0,0)O，即有F在圆O外，∴设直线l

为(1)ykx=−，则圆心O到直线l的距离2||131kdk−==+，解之得：24k=，即直线l的方程为2(1)4yx=−.（2）由过(1,0)F的直线l与抛物线C交于A，B两点，与y轴的交点为D，即斜率

存在且0k，设直线l为(1)ykx=−，有(0,)Dk−，联立直线方程与椭圆方程，有24(1)yxykx==−，可得22222(2)0kxkxk−++=，设11(,)Axy，22(,)Bxy，即有121=xx，11(,)DA

xyk=+，11(,)AFxy=−−，22(,)DBxyk=+，22(,)BFxy=−−，由DAAF=，DBBF=，可得11x=+，21x=+，∴121(1)(1)xx==++，即可得1+=−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()2xfxe=，()lngxx=.（1）设()()11hxgxex=+−，求()hx的极值；（2）当0x时，()(

)2112ttfxxgxx++恒成立，求实数t的取值范围.【答案】（1）极小值1−，无极大值；（2）2te.【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；(2)根据题意化简得()()221ln1lntxtxeexx++恒成立，构造

函数()()()1ln0Fxxxx=+，研究其单调性得2txex，再化简得ln2txx，求maxlnxx即可得结果.【详解】解：（1）函数()1ln1hxxex=+−，其定义域为()

0,+.所以()221110exhxxexex−=−==，解得1=xe，10,ex时()0hx，1,xe+时()0hx所以()hx在10,e上是减函

数，在1,e+上是增函数，所以()hx有极小值11he=−，无极大值；（2）当0x时，()()2112ttfxxgxx++恒成立，即()112lntxtexxx++对0x恒成立，即()()2211lntxtxexx++，

即()()221ln1lntxtxeexx++令()()()1ln0Fxxxx=+，则上式即()()2txFeFx恒成立.因为()11lnFxxx=++.令()11lnGxxx=++，()221110xGxxxx−=−==，得1x=，()0,1

x时，()0Gx，()Gx递减，()1,x+时，()0Gx，()Gx递增，故1x=时，函数()Gx取得最小值，()120G=.∴()0Fx，∴()Fx在()0,+上单调递增，∴2txex两边取对数，可得2lntxx，即ln2tx

x，则maxln2txx令()lnHxxx=，()0,x+，()21ln0xHxx−==，得xe=时，()0,xe时，()0Hx，()Hx递增，(),xe+时，()0Hx，()Hx递减，所以xe=时

，函数()Hx取得最大值()()max1HxHee==，∴12te，即2te.【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xOy中，已知曲线1C：113cos,sin.xtyt=−+=（1t为参数）．曲线2C：223cos,si

n.xtyt=+=（2t为参数），且tantan1=−．点P为曲线1C与2C的公共点．（1）求动点P的轨迹方程；（2）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为cos2s

in50−+=，求动点P到直线l距离的最大值．【答案】（1）()2293xyx+=；（2）53+．【解析】【分析】（1）设点P(),xy，点P同时满足曲线1C与2C的方程，消参得，1tan3yx=+，

2tan3yx=−，由12tantan1=−，即可求得点P的轨迹方程；（2）由cosx=，siny=，将极坐标方程转化为直角坐标方程，动点P为圆心在原点，半径为3的圆，先求出圆心到直线l的距离，即可求出

动点P到直线l距离的最大值.【详解】（1）设点P的坐标为(),xy.因为点P为曲线1C与2C的公共点，所以点P同时满足曲线1C与2C的方程.曲线1C消去参数可得1tan3yx=+，曲线2C消去参数可得2tan3yx=−.由tantan1=

−，所以133yyxx=−+−，所以点P的轨迹方程为()2293xyx+=．（2）因为直线l的极坐标方程为cos2sin50−+=，根据cosx=，siny=可化直线l的直角坐标方程为250xy−+=，因为动点P的轨迹为

圆()2293xyx+=（去掉两点()3,0），圆心O到直线l的距离为555d==，所以动点P到直线l的距离的最大值为53+．【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()23fxxaxa=−+−+（1）当2a=时，求不等式()3fx的解集；（2）若()1fx，求a的取值范围．【答案】（1）(),03,−

+；（2）2a或4a．【解析】【分析】（1）由题意()3fx，令()()3hxfx=−即有()0hx求解集即可；（2）由绝对值的几何含义知()3fxa−，则()1fx等价于31a−，即可求

a的取值范围.【详解】（1）当2a=时，()32,1211,1223,2xxfxxxxxx−=−+−=−，令2,1()()32,1226,2xxhxfxxxx−=−=−−，即求()0hx的解集，

∴解之得：(),03,−+．（2）因为()233fxxaxaa=−+−+−，由()1fx，即等价于31a−，解得2a或4a．【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.