1、云南省云南昆明市第一中学2021届高三数学（10月）第二次双基检测试题 理（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先分别化简两集合，再求交集，即可得出结果.【详解】因为集合，集合，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查求集合的交集，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题型.2. 设（是虚数单位，）则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】本题首先可根据求出、的值，然后根据复数的模的相关性质即可得出结果.【详解】因为，即，所以，故选：
2、B.【点睛】本题考查复数相等的相关性质以及复数的模，若复数，则，考查计算能力，是简单题.3. 我国古代数学家刘徽用“牟合方盖”找到了球体体积的计算方法.“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体.如图所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的俯视图是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据俯视图即从物体的上面观察得到的视图，进而得出答案.【详解】该几何体的俯视图是：故选：A【点睛】本题考查了几何体的三视图，考查了学生的空间想象能力和观察能力，属于基础题.4. 已知，（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由二
3、倍角的余弦公式、弦化切可求得的值.【详解】，则.故选：C.【点睛】本题考查利用二倍角的余弦公式、弦化切求值，考查计算能力，属于基础题.5. 在的展开式中的系数是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先写出展开式的通项，再令，即可求解.【详解】的展开式的通公式为，令.则，故的系数是，故选：A【点睛】本题主要考查了求二项式展开式中某一项的系数，属于基础题.6. 已知函数是奇函数，当时，函数的图象与函数的图象关于对称，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出时，的解析式，即可求得时，再利用是奇函数，即可求解.【详解】因为时，的图象与函数的图象关于对称，所以
4、时，所以时，又因为是奇函数，所以，故选：B【点睛】本题主要考查了利用函数的奇偶性和反函数求函数解析式，以及求函数值，属于中档题.7. 过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则实数（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】取圆上任意一点P，过P作圆的两条切线，根据题中条件，求出，进而可求出结果.【详解】取圆上任意一点P，过P作圆的两条切线，当时，且，；则，所以实数.故选：C.【点睛】本题主要考查求由直线与圆相切求参数，属于基础题型.8. 设样本数据，的均值和方差分别为和，若 (为非零常数，)，则，的均值和标准差为（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】设
5、样本数据的均值为，方程为，标准差为s，由已知得新样本的均值为，方差为，标准差为，代入可得选项.【详解】设样本数据的均值为，方程为，标准差为s，则新样本的均值为，方差为，标准差为，所以，所以标准差为，所以，故选：B.【点睛】本题考查均值、方差、标准差的性质，属于中档题.9. 已知三个内角，及其对边，其中，角为锐角，且， 则面积最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由余弦定理求得，且，再由三角形的面积公式和基本不等式可得选项.【详解】由得，所以，即，而，所以，所以，又因为，所以，所以，故选：A.【点睛】本题考查运用余弦定理解三角形，三角形的面积公式，以及运用基本不等式求最
6、值，属于中档题.10. 已知球面上，三点，如果，且球的体积为，则球心到平面的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由球的体积可以求出球的半径，利用，可以求出外接圆的半径，在根据球心距，球的半径，外接圆的半径，满足勾股定理即可求得球心到平面的距离.【详解】设球的半径：则，所以，设外接圆的半径，则由，所以，而，即，所以故选：D【点睛】本题主要考查空间中点、线、面之间距离的计算，其中球心距求半径，截面圆半径，满足勾股定理，属于中档题.11. 设，是双曲线的左、右焦点，是坐标原点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为.若，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【
7、分析】双曲线的渐近线方程为,则，可得，在和中，分别求出和，利用，可得结合，即可求解.【详解】由题可得双曲线的渐近线方程为，因为，所以，在中，中，因，所以，所以可得，所以，所以，所以，故选：D【点睛】本题主要考查了利用双曲线的性质求双曲线的离心率，属于中档题.12. 记函数的定义域为，函数，若不等式对恒成立，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数解析式，先求出；令，根据函数奇偶性的定义，判定是奇函数；根据导数的方法判定是增函数；化所求不等式为，进而可求出结果.【详解】由解得，即，令，则，则是R上的奇函数；又显然恒成立，所以是增函数；由得，即，即，由是R上的
8、奇函数且为增的函数，所以得：.所以，当时，.所以.故选：A.【点睛】本题主要考查由不等式恒成立求参数的问题，考查函数奇偶性与单调性的综合，考查导数的方法判定函数单调性，属于常考题型.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 向量，若，则_.【答案】【解析】【分析】利用向量垂直的表示列方程，解方程求得的值.【详解】因为，且，故，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查向量垂直的表示，考查向量数量积的坐标运算，属于基础题.14. 已知函数的导函数为，且满足关系式，则的值等于_.【答案】【解析】【分析】先对求导，再将代入即可求解.【详解】由题意可得，令得，即.故答案为：【点睛】本题主要考查了
9、导数的运算，属于基础题.15. 函数取最小值时的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先由正弦的差角公式和诱导公式化简函数，再由正弦的性质可得答案.【详解】因为，所以，当时，y取最小值，此时，所以x的范围为.故答案为：.【点睛】本题考查三角恒等变换，正弦型函数的最值，属于中档题.16. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴交于点，过点作直线交抛物线于，两点，若，且，则的值为_.【答案】【解析】【分析】求出抛物线的焦点坐标，设设，设直线方程为：，与抛物线方程联立，可得 ，利用可知，转化为数量积为，可以解出，再利用抛物线的定义将用表示即可解出的值.【详解】抛物线的焦点为， 设，假设直线斜率存在，设直线方
10、程为：，由 可得：，所以 ， 因为，则，所以，即， 所以，可得，所以，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查了抛物线的定义和简单几何性质，涉及向量垂直的等价条件，属于中档题.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.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17. 已知为等差数列，且公差，是和的等比中项.（1）若数列的前项和，求的值；（2）若、成等比数列，求数列的通项公式.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知条件可得出关于的方程，解出的值，利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式，并求出的表达式，结合可求得正整数
11、的值；（2）求出数列、的公比，可求得的表达式，再结合数列的通项公式可求得数列的通项公式.【详解】（1）由已知，得：，即，整理得，解得.，即，解得；（2）因为、成等比数列，所以该数列的公比，所以，又因为，所以，.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，同时也考查了利用等比数列的定义求数列的通项公式，可计算能力，属于中等题.18. 学校食堂统计了最近天到餐厅就餐的人数（百人）与食堂向食材公司购买所需食材（原材料）的数量（袋），得到如下统计表：第一天第二天第三天第四天第五天就餐人数（百人）13981012原材料（袋）3223182428（1）根据所给的组数据，求出关于的线性回归方程；（2）已知购买食材
12、的费用（元）与数量（袋）的关系为，投入使用的每袋食材相应的销售单价为元，多余的食材必须无偿退还食材公司，据悉下周一大约有人到食堂餐厅就餐，根据（1）中求出的线性回归方程，预测食堂应购买多少袋食材，才能获得最大利润，最大利润是多少？（注：利润L =销售收入-原材料费用）参考公式：，参考数据：，【答案】（1）；（2）食堂购买袋食，能获得最大利润，最大利润元.【解析】【分析】（1）本题首先可根据题中所给数据求出、，然后根据求出，最后根据求出，即可得出结果；（2）本题首先可根据得出预计需要购买食材袋，然后分为、两种情况进行讨论，分别求出最大值后进行比较，即可得出结果.【详解】（1）由所给数据可得：，故
13、关于的线性回归方程为.（2）因为，所以当时，即预计需要购买食材袋，因为，所以当时，利润，此时当时，当时，由题意可知，剩余的食材只能无偿退还，此时当时，当时，利润，综上所述，食堂应购买袋食，才能获得最大利润，最大利润为元.【点睛】本题考查线性回归直线方程，考查回归方程的应用，考查学生的数据处理能力以及运算求解能力考查分类讨论思想，属于中档题19. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为的正方形，.（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）在中，满足，可得，再由已知根据线面垂直的判定定理可证得面，再由
14、面面垂直的判定定理可得证；（2）建立空间直角坐标系，设，由向量垂直的坐标表示，可求得的值，可得结论.【详解】（1）在中，满足，所以，又，所以面，又面，所以，又四边形是边长为的正方形，所以，又，所以面，又平面，所以平面平面；（2）在线段上存在点，使得，且，理由如下：由（1）得，以点C为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，设，所以，解得，所以，要使，则需，即，解得，故.【点睛】本题考查线面垂直的判定和性质，面面垂直的判定定理，向量垂直的坐标条件，属于中档题.20. 已知曲线表示焦点在轴上的椭圆.（1）求的取值范围；（2）设，过点的直线交椭圆于不同的两点，（在，之间），且满足，求
15、的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，得到求解，即可得出结果；（2）由先得，先讨论直线l的斜率不存在，求出；再讨论l的斜率存在，设直线，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，以及判别式，由题中条件，得到，求出，再由题中条件，即可求出结果.【详解】（1）因为曲线表示焦点在轴上的椭圆，所以解得：，所以m的取值范围是； （2）因为，所以椭圆方程为：；当直线l的斜率不存在时，即直线，此时，由解得：； 当直线l的斜率存在时，设直线，联立直线l与椭圆消得，所以，即，解得， 由，得，而，即，又在上单调递增，所以，又在，之间，即，解得：；综上所述，的取值范围是.【点睛】本题主要考查由
16、曲线表示椭圆求参数，考查椭圆中参数范围问题，属于常考题型.21. 已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）若当时，恒成立，求正整数的最大值.【答案】（1）；（2） .【解析】分析】（1），利用点斜式即可写出方程；（2）由恒成立，即，只需要，再对求导判断单调性即可求解【详解】（1）函数的定义域为，因为，所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）由，得.即对于恒成立，令，只需，令，则，所以在单调递增，因为，所以，使得，且当时，单调递减，当时，单调递增，所以在单调递减，在单调递增，所以，又因为，所以.【点睛】本题主要考查了利用导数的几何意义求曲线在某点处的切线方程，考查了恒成立问题求参数的取值范
17、围，属于中档题22. 已知平面直角坐标系中，将曲线（为参数）绕原点逆时针旋转得到曲线，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）射线分别与曲线，交于异于点的，两点，求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由已知得曲线以为圆心，2为半径的圆，先求得其直角坐标方程，从而可求得曲线的极坐标方程. （2）由（1）得曲线的极坐标方程为，将分别代入曲线，的极坐标方程得：求得，.由此可求得答案【详解】（1）因为曲线表示以为圆心，2为半径的圆，其直角坐标方程为，所以，将曲线绕原点逆时针旋转后得到以为圆心，2为半径的圆，所以其普通方程为，即，所以，曲线的极坐标方程为.
18、 （2）由（1）得曲线的极坐标方程为，将分别代入曲线，的极坐标方程得：，.所以，.【点睛】本题考查圆的普通方程和极坐标方程的转化，以及极径的几何意义运用，属于中档题23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）分别讨论，三种情况，求解对应不等式，即可得出结果；（2）先由绝对值三角不等式，求出，解对应的不等式，即可得出结果；【详解】（1）由不等式可得：，可化为：或或解得：或或，所以原不等式的解集为；（2）因为，当且仅当时，等号成立；要对任意恒成立，只需，即：，所以或，解得：或，所以，实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查解绝对值不等式，考查绝对值不等式恒成立问题，属于常考题型.