1、云南省云天化中学、下关一中2021届高三数学复习备考联合质量检测卷（二）理（含解析）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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求集合B，再利用集合的交集运
2、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. 5C. D. 13【答案】D【解析】【分析】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. 14B. C. 12D. 【答案】B【解析】【分析】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
3、【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），（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】【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，共6种取法，则取出的2只球编号之
4、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】【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，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. 3D. 2【答案】D【解析】【分析】根据题中所给
5、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】分析】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. 1B. C. D. 【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
6、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. 3C. D. 【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：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
7、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. 0B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】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，
8、使成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】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
9、中档题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）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】【分析】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】【分析】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】【分析】根据奇偶性和单调性可得，从而得，即可
10、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】【分析】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
11、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】【分析】(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，由-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
12、平面；（2）求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（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
13、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
14、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，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；
15、若不为定值，试说明理由【答案】（1）；（2），理由见解析；【解析】【分析】（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
16、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】【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，
17、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.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
18、最大值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（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.【选修4-5：不等式选讲】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】分析】（1）由题意，令即有求解集即可；（2）由绝对值几何含义知，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.
