2021届云南省云天化中学、下关一中高三复习备考联合质量检测卷（二）数学（理）试题（解析版）

这是一份2021届云南省云天化中学、下关一中高三复习备考联合质量检测卷（二）数学（理）试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021届云南省云天化中学、下关一中高三复习备考联合质量检测卷（二）数学（理）试题


一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】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．5 C． D．13
【答案】D
【解析】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.
3．设向量，满足，，则（ ）
A．14 B． C．12 D．
【答案】B
【解析】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】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．
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】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】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，
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．3 D．2
【答案】D
【解析】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．
【答案】C
【解析】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．1 B． C． D．
【答案】C
【解析】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．
【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．3 C． D．
【答案】A
【解析】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（ ）

A．0 B． C． D．
【答案】C
【解析】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.
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】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
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】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】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】根据奇偶性和单调性可得，从而得，即可得解.
【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】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
17．已知数列的前项和为，，.
（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】(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．

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】（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，
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】（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】（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，，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】(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，，
，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.
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】（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.
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.
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】（1）由题意，令即有求解集即可；（2）由绝对值的几何含义知，则等价于，即可求的取值范围.
【详解】
（1）当时，，
令，即求的解集，
∴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.