《2021届云南省大理州高三第二次复习统一检测理科数学试卷(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届云南省大理州高三第二次复习统一检测理科数学试卷(解析版).pdf（29页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、20212021 年云南省大理州高考数学第二次复习试卷（理科）（二模）年云南省大理州高考数学第二次复习试卷（理科）（二模）一、选择题（共一、选择题（共 1212 小题）小题）. .1已知集合Ax|x|2，Bx|ylg（x1），则AB（）Ax|1x2 Bx|1x22设复数zA（1，4）3“Cx|x2Dx|x2+3i，则z在复平面中对应的点为（）B（2，5）C（4，1）”的（）B必要而不充分条件D（5，2）”是“A充分而不必要条件C充分必要条件4在区间率为（）ABD既不充分也不必要条件上任取一个数k，使直线yk（x+3）与圆x2+y21 相交的概CD5已知a20.2，blog20.2，clog0.
2、22，则a，b，c的大小关系为（）AabcBbacCcbaDbca6已知双曲线C：1（a0，b0）的离心率为，则点（4，0）到C的渐近线的距离为（）AB2CD21 / 297记Sn为等比数列an的前n项和若a5a312，a6a424，则（）A2n1B221nC22n1D21n18执行如图的程序框图，若输入k的值为 3，则输出S的值为（）A10B15C18D219已知四面体ABCD所有顶点都在球O的球面上，且AB平面BCD，若AB2，BCD120，BCCD1，则球O的表面积为（）A410 已知函数数列，把函数f（x）的图象沿x轴向右平移数g（x）（）A是偶函数B其图象关于直线对称B6C8D12的
3、零点依次构成一个公差为的等差个单位，得到函数g（x）的图象，则函2 / 29C在D在区间上是增函数上的值域为11设抛物线y28x的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于点A，B，与圆x2+y24x+30 交于点P，Q，其中点A，P在第一象限，则 2|AP|+|QB|的最小值为（）ABCD12已知函数f（x）x2+a，g（x）x2ex，若对任意的x21，1，存在唯一的x1，2，使得f（x1）g（x2），则实数a的取值范围是（）A（e，4B（e+，4C（e+，4）D（，4二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分13已知| |1， （0
4、，2），且1，则向量 与 的夹角为14中国古典数学有完整的理论体系，其代表作有算数书九章算术周髀算经孙子算经等，有 3 名中学生计划去图书馆阅读这四种古典数学著作（这四种著作每种各一本），要求每人至少阅读一种古典数学著作，每种古典数学著作只有一人阅读，则不同的阅读方案的总数有种（请用数字作答）15如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段A1B上移动，有下列判断：平面BDP平面B1D1C；平面PAC1平面B1D1C；三棱锥PB1D1C的体积不变；PC1平面B1D1C其中，正确的是（把所有正确的判断的序号都填上）3 / 2916我们把叫“费马数” （费马是十七世纪法国数学家），设an
5、log2（Fn 1 ） ，Sn表 示 数 列 an 的 前n项 之 和 ， 则 使 不 等 式成立的最大正整数n的值是三、解答题：共三、解答题：共7070 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 17172121 题题为必考题，每个试题考生都必须作答第为必考题，每个试题考生都必须作答第 2222、2323 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答17ABC中，角A，B，C对边的边长分别是a，b，c，且a（cosB+cosC）b+c（1）求证：A；（2）若ABC外接圆半径为 1，求ABC周长的取值范围18如图甲，在ABC中，ABBC，
6、AB6，BC3，D，E分别在AC，AB上，且满足，将ADE沿DE折到PDE位置，得到四棱锥PBCDE，如图乙（1）已知M，N为PB，PE上的动点，求证：MNDE；（2）在翻折过程中，当二面角PEDB为 60时，求直线CE与平面PCD所成角的正弦值4 / 2919随着中美贸易战的不断升级，越来越多的国内科技巨头加大了科技研发投入的力度中华技术有限公司拟对“麒麟”于机芯片进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技升级投入x（亿元）与科技升级直接收益y（亿元）的数据统计如下：序号12132322343146425850610567135882168.592238102337.511246612256
7、6：模型：xy当 0 x17 时，建立了y与x的两个回归模型：模型：14.4；当x17 时，确定y与x满足的线性回归方程为（1） 根据下列表格中的数据， 比较当 0 x17 时模型、 的相关指数R2的大小，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“麒麟”手机芯片科技升级的投入为17 亿元时的直接收益回归模型回归方程182.4模型模型14.479.25 / 29（附：刻画回归效果的相关指数R214.1）（2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于 20 亿元时，国家给予公司补贴 5亿元，以回归方程为预测依据，比较科技升级投入 17 亿元与 20 亿元时公司实际收益的大小；（附：用最小二乘法求线性
8、回归方程的系数公式；a）（3）科技升级后，“麒麟”芯片的效率X大幅提高，经实际试验得X大致服从正态分布N（0.52， 0012） 公司对科技升级团队的奖励方案如下： 若芯片的效率不超过 50%，不予奖励：若芯片的效率超过50%但不超过 53%，每部芯片奖励2 元：若芯片的效率超过53%，每部芯片奖励 4 元，记Y为每部芯片获得的奖励，求E（Y）（精确到 0.01）（附：若随机变量XN（，2） （0），则P（X+）0.6827，P（2X+2）0.9545）20已知椭圆C的两个焦点为F1，F2，焦距为为弦AB的中点，直线l：yx1 与椭圆C相交于A，B两点，（1）求椭圆的标准方程；6 / 29（2
9、） 若直线l：ykx+m与椭圆C相交于不同的两点M，N，Q（0，m） ， 若（O为坐标原点），求m的取值范围21已知函数f（x）xsinx+cosx+ax2，x，（1）当a0 时，求f（x）的单调区间；（2）当a0 时，讨论f（x）的零点个数请考生在第请考生在第 2222、2323 题中任选一道作答，如果多做，则按所做的第一题计分作答题中任选一道作答，如果多做，则按所做的第一题计分作答时请写清题号时请写清题号 选修选修 4-44-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22以直角坐标系xOy的原点为极坐标系的极点，x轴的正半轴为极轴已知曲线C1的极坐标方程为 4cos+8sin，P是C1上一动
10、点，（）求曲线C2的极坐标方程，并化为直角坐标方程；（）若点M（0，1），直线l的参数方程为，Q的轨迹为C2（t为参数），直线l与曲线C2的交点为A，B，当|MA|+|MB|取最小值时，求直线l的普通方程 选修选修 4-54-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数f（x）|2x+4|2x2|（1）求不等式|f（x）|4 的解集；（2）记f（x）的最大值为m，设a，b，c0，且a+2b+3cm，证明： +7 / 29参考答案参考答案一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分在每小题给出的四个选项分在每小题给出的四个选项1已知
11、集合Ax|x|2，Bx|ylg（x1），则AB（Ax|1x2 Bx|1x2Cx|x2Dx|x2解：集合Ax|x|2x|2x2，Bx|ylg（x1）x|x1，ABx|x2故选：C2设复数z+3i，则z在复平面中对应的点为（）A（1，4）B（2，5）C（4，1）D（5，2）解：1+4i，z在复平面中对应的点为（1，4）故选：A3“”是“”的（）8 / 29中，只有一项是符合题目要求的中，只有一项是符合题目要求的）A充分而不必要条件C充分必要条件【解答】充分，当 0时故选：A4在区间率为（）ABB必要而不充分条件D既不充分也不必要条件可知可知不必要上任取一个数k，使直线yk（x+3）与圆x2+y21
12、 相交的概CD解：圆x2+y21 的圆心为（0，0）圆心到直线yk（x+3）的距离为，要使直线yk（x+3）与圆x2+y21 相交，则1，解得k在区间， 上随机取一个数k，使yk（x+3）与圆x2+y21 相交的概率为故选：D5已知a20.2，blog20.2，clog0.22，则a，b，c的大小关系为（）AabcBbacCcbaDbca9 / 29解：a20.2201，acb，故选：D6已知双曲线C：1（a0，b0）的离心率为，则点（4，0）到C的渐近线的距离为（）AB2CD2解：双曲线C：1（a0，b0）的离心率为，可得，即：，解得ab，双曲线C：1（ab0）的渐近线方程为：yx，点（4，
13、0）到C的渐近线的距离为：故选：D27记Sn为等比数列an的前n项和若a5a312，a6a424，则（）A2n1B221nC22n1D21n110 / 29解：设等比数列的公比为q，a5a312，a6a4q（a5a3），q2，a41qa1q212，12a112，a11，Sn2n1，an2n1，221n，故选：B8执行如图的程序框图，若输入k的值为 3，则输出S的值为（A10B15C18D2111 / 29）解：模拟程序的运行，可得k3，n1，S1满足条件Skn，执行循环体，n2，S3满足条件Skn，执行循环体，n3，S6满足条件Skn，执行循环体，n4，S10满足条件Skn，执行循环体，n5，
14、S15此时，不满足条件Skn15，退出循环，输出S的值为 15故选：B9已知四面体ABCD所有顶点都在球O的球面上，且AB平面BCD，若AB2，BCD120，BCCD1，则球O的表面积为（）A4解：则B6C8D12，设球O的半径为R，三角形BCD的外接圆半径为r，r1，所以，所以球O的表面积为S4R28故选：C10 已知函数的零点依次构成一个公差为的等差12 / 29数列，把函数f（x）的图象沿x轴向右平移数g（x）（）A是偶函数B其图象关于直线C在D在区间解：函数公差为的等差数列，对称个单位，得到函数g（x）的图象，则函上是增函数上的值域为2sin（x+） 的零点依次构成一个，2，f（x）2
15、sin（2x+）把函数f（x）的图象沿x轴向右平移故g（x）是奇函数，故A错误；令x当x当x，个单位，得到函数g（x）2sin2x的图象，可得g（x）0，故g（x）的图象关于点（，2x，2x，0）对称，故B错误；，g（x）是减函数，故C错误；，g（x），2，故D正确，故选：D11设抛物线y28x的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于点A，B，与圆x2+y24x+30 交于点P，Q，其中点A，P在第一象限，则 2|AP|+|QB|的最小值为（）ABC13 / 29D解：如图所示：因为圆的方程为x2+y24x+30 即为（x2）2+y21，所以圆心（2，0），半径R1，因为 2|AP|+|QB|2（
16、|AF|R）+（|BF|R），所以 2|AP|+|QB|2|AF|+|BF|3，因为|AF|xA+xA+2，|BF|xB+xB+2，所以 2|AP|+|QB|2xA+xB+3，设l：xmy+2，所以，整理得x2（4+8m2）+40，所以xAxB4， 则 2|AP|+|QB|2xA+xB+32取等号，综上可知 2|AP|+|QB|最小值为 4故选：D+3，+34+3， 当xA，xB2时14 / 2912已知函数f（x）x2+a，g（x）x2ex，若对任意的x21，1，存在唯一的x1，2，使得f（x1）g（x2），则实数a的取值范围是（）A（e，4B（e+，4C（e+，4）D（，4解：f（x）x2
17、+a在，2的值域为a4，a，但f（x）在（，2递减，此时f（x）a4，a）g（x）x2ex的导数为g（x）2xex+x2exx（x+2）ex，可得g（x）在1，0递减，（0，1递增，则g（x）在1，1的最小值为g（0）0，最大值为g（1）e，即值域为0，e对任意的x21，1，存在唯一的x1，2，使得f（x1）g（x2），可得0，ea4，a可得a40ea，解得e+a4故选：B二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分13已知| |1， （0，2），且解：| |1， （0，2），且可得：| | |cos115 / 29），1，则向量
18、 与 的夹角为1，1，可得 cos可得故答案为：，14中国古典数学有完整的理论体系，其代表作有算数书九章算术周髀算经孙子算经等，有 3 名中学生计划去图书馆阅读这四种古典数学著作（这四种著作每种各一本），要求每人至少阅读一种古典数学著作，每种古典数学著作只有一人阅读，则不同的阅读方案的总数有36种（请用数字作答）解：根据题意，分 2 步进行分析：将 4 本著作分为 3 组，有C426 种分法，将分好的三组全排列，分配给 3 人，有A336 种情况，则有 6636 种不同的阅读方案；故选：15如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段A1B上移动，有下列判断：平面BDP平面B1D1C；
19、平面PAC1平面B1D1C；三棱锥PB1D1C的体积不变；PC1平面B1D1C其中，正确的是（把所有正确的判断的序号都填上）16 / 29解：由题意可知，BDB1D1，BPCD1，所以平面BDP平面B1D1C，故命题正确；因为AC1平面B1D1C，且AC1平面PAC1，所以平面PAC1平面B1D1C，故命题正确；因为BA1平面B1D1C，所以点P不论在A1B上什么位置，它到平面B1D1C的距离都相等，所以三棱锥PB1D1C的体积不变，故命题正确；当点P在线段A1B上移动时，PC1与平面B1D1C不一定垂直，故命题错误故答案为：16我们把叫“费马数” （费马是十七世纪法国数学家），设an log
20、2（Fn 1 ） ，Sn表 示 数 列 an 的 前n项 之 和 ， 则 使 不 等 式成立的最大正整数n的值是5解：anlog2（Fn1）log222n，Sn2n+12，则，所以，由+，可得，解得n6，17 / 29所以最大正整数n的值为 5故答案为：5三、解答题：共三、解答题：共7070 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 17172121 题题为必考题，每个试题考生都必须作答第为必考题，每个试题考生都必须作答第 2222、2323 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答17ABC中，角A，B，C对边的边长分别是a，b，c
21、，且a（cosB+cosC）b+c（1）求证：A；（2）若ABC外接圆半径为 1，求ABC周长的取值范围解：（1）证明：a（cosB+cosC）b+c由余弦定理得a+ab+c整理得（b+c）（a2b2c2）0b+c0，a2b2+c2故A，a2）（2）ABC外接圆半径为 1，Ab+c2（sinB+cosB）20B，B+，sin（B+，2b+c24a+b+c2+2故ABC周长的取值范围是（4，2+218如图甲，在ABC中，ABBC，AB6，BC3，D，E分别在AC，AB上，且满18 / 29足，将ADE沿DE折到PDE位置，得到四棱锥PBCDE，如图乙（1）已知M，N为PB，PE上的动点，求证：M
22、NDE；（2）在翻折过程中，当二面角PEDB为 60时，求直线CE与平面PCD所成角的正弦值【解答】（1）证明：在图甲中，ABBC，DEBE，且DEAE，2，DEBC，在图乙中，DEBE，DEPE，DE平面PBE，MN平面PBE，MNDE（2）解：DEBE，DEPE，PEB是二面角PEDB的平面角，PEB60，在PBE中，BE2，PE4，PEB60，由余弦定理得PB2，满足PB2+BE2PE2，PBBE，由（1）得BC平面PBE，PBBC，如图，以点B为坐标原点，分别以，19 / 29为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则E（2，0，0），P（0，0，2（0，3，2），），C（0，3，0），D
23、（2，2，0），（2，3，0），（2，1，0），设平面PCD的法向量 （x，y，z），则，取x1，得 （1，2，），直线CE与平面PCD所成角 的正弦值为：sin19随着中美贸易战的不断升级，越来越多的国内科技巨头加大了科技研发投入的力度中华技术有限公司拟对“麒麟”于机芯片进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技升级投入x（亿元）与科技升级直接收益y（亿元）的数据统计如下：序号12132322343146425850610567135882168.592238102337.5112466122566：模型：xy当 0 x17 时，建立了y与x的两个回归模型：模型：20 / 2914.4；当x
24、17 时，确定y与x满足的线性回归方程为（1） 根据下列表格中的数据， 比较当 0 x17 时模型、 的相关指数R2的大小，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“麒麟”手机芯片科技升级的投入为17 亿元时的直接收益回归模型回归方程182.4模型模型14.479.2（附：刻画回归效果的相关指数R214.1）（2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于 20 亿元时，国家给予公司补贴 5亿元，以回归方程为预测依据，比较科技升级投入 17 亿元与 20 亿元时公司实际收益的大小；（附：用最小二乘法求线性回归方程的系数公式；a）（3）科技升级后，“麒麟”芯片的效率X大幅提高，经实际试验得X大致服从
25、正态分布N（0.52， 0012） 公司对科技升级团队的奖励方案如下： 若芯片的效率不超过 50%，21 / 29不予奖励：若芯片的效率超过50%但不超过 53%，每部芯片奖励2 元：若芯片的效率超过53%，每部芯片奖励 4 元，记Y为每部芯片获得的奖励，求E（Y）（精确到 0.01）（附：若随机变量XN（，2） （0），则P（X+）0.6827，P（2X+2）0.9545）解：（1）由表格中的数据，182.479.2，11，模型的相关指数R12小于模型的相关指数R22，回归模型的拟合效果更好，当x17 亿时，科技升级直接收益的预测值为：21.314.472.93（亿元）23，（2）当x17
26、时，由已知可得 67.2，67.2+0.72383.3，当x17 时，y与x满足的线性回归方程为 0.7x+83.3，当x20 亿元，实际收益的预测值为：22 / 290.720+83.369.3 亿元，当x20 亿元时，实际收益的预测值为 69.3+574.3 亿元72.93 亿元，技术升级投入 20 亿元时，公司的实际收益更大（3）20.5，+0.53，P（0.50X0.53）P（2X+）P（2X）+P（X+）0.8186+0.6827P（X0.53）P（X+）E（Y）0+20.8186+4，2.27182.27（元）20已知椭圆C的两个焦点为F1，F2，焦距为为弦AB的中点，直线l：yx
27、1 与椭圆C相交于A，B两点，（1）求椭圆的标准方程；（2） 若直线l：ykx+m与椭圆C相交于不同的两点M，N，Q（0，m） ， 若（O为坐标原点），求m的取值范围解： （1） 设A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 两式相减可得+23 / 290，可得，由题意可得1，x1+x22，y1+y22（），所以可得，而由题意可得 2c2解得：a23，b21，所以椭圆的方程为：，b2a2c2，+y21；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），联立直线与椭圆的方程：，整理可得：（1+3k2）x2+6kmx+3m230，36k2m24（1+3k2）（3m23）0，可得m23k2+1，且x1+x2
28、，x1x2，因为所以+，可得M，N，Q三点共线，所以1，解得：2，+，且x1+x20，可得x12x2，24 / 29将x12x2，代入两根之和及两根之积可得：x2，2x22，所以2（）2，整理可得 3k20，联立可得+1m20，整理可得m2（1m2）（9m21）0，解得m21，解得：m1 或1m所以m的取值范围：m|m1 或1m21已知函数f（x）xsinx+cosx+ax2，x，（1）当a0 时，求f（x）的单调区间；（2）当a0 时，讨论f（x）的零点个数解： （1）当a0 时，f（x）xsinx+cosx，x，f（x）sinx+xcosxsinxxcosx当x在区间，上变化时，f（x），
29、f（x）的变化如下表x（，）（， 0）0（0，）（，）f（x）f（x）+0极大值0极小值 1+0极大值11f（x）的单调增区间为（，）， （0，）；f（x）的单调减区间为（25 / 29，0），（，）（2）任取x，f（x）（x）sin（x）+cos（x）+a（x）2xsinx+cosx+ax2f（x），f（x）是偶函数f（x）ax+xcosxx（a+cosx）当a1 时，a+cosx0 在0，）上恒成立，x0，）时，f（x）0f（x）在0，上单调递增又f（0）1，f（x）在0，上有 0 个零点又f（x）是偶函数，f（x）在，上有 0 个零点当 0a1 时，令f（x）0，得 cosxa由1a0
30、可知存在唯一x0（，）使得 cosx0a当x0，x0）时，f（x）0，f（x）单调递增；当x（x0，）时，f（x）0，f（x）单调递减f（0）1，f（x0）1，f（）a21当a210，即a1 时，f（x）在0，上有 0 个零点由f（x）是偶函数知f（x）在，上有 0 个零点当a210，即 0a时，f（x）在0，上有 1 个零点26 / 29由f（x）是偶函数知f（x）在，上有 2 个零点综上，当 0a时，f（x）有 2 个零点；当a时，f（x）有 0 个零点请考生在第请考生在第 2222、2323 题中任选一道作答，如果多做，则按所做的第一题计分作答题中任选一道作答，如果多做，则按所做的第一题
31、计分作答时请写清题号时请写清题号 选修选修 4-44-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22以直角坐标系xOy的原点为极坐标系的极点，x轴的正半轴为极轴已知曲线C1的极坐标方程为 4cos+8sin，P是C1上一动点，（）求曲线C2的极坐标方程，并化为直角坐标方程；（）若点M（0，1），直线l的参数方程为，Q的轨迹为C2（t为参数），直线l与曲线C2的交点为A，B，当|MA|+|MB|取最小值时，求直线l的普通方程解：（）根据题意，设点P，Q的极坐标分别为（0，）、（，），则有 02cos+4sin，故曲线C2的极坐标方程为 2cos+4sin，变形可得：22cos+4sin，故C2的直
32、角坐标方程为x2+y22x+4y，即（x1）2+（y2）25；（）设点A，B对应的参数分别为t1、t2，则|MA|t1，|MB|t2，设直线l的参数方程，（t为参数），代入C2的直角坐标方程（x1）2+（y2）25 中，整理得t22（cos+sin）t30由根与系数的关系得t1+t22（cos+sin），t1t23，27 / 29则|MA|+|MB|t1|+|t2|t1t2|2，当且仅当 sin21 时，等号成立，此时l的普通方程为x+y10 选修选修 4-54-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数f（x）|2x+4|2x2|（1）求不等式|f（x）|4 的解集；（2）记f（x）的最大值为m，设a，b，c0，且a+2b+3cm，证明： +解：（1）f（x）|2x+4|2x2|f（x）|4，不等式的解集为（2）由（1）知，f（x）的最大值为 6，a+2b+3cm6，当且仅当a2b3c，即，时等号成立，28 / 29+29 / 29