1、云南省昆明市第一中学2021届高三数学第三次双基检测试题 文（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. 已知复数为纯虚数，则实数（ ）A. -1B. 0C. 1D. 0或1【答案】C【解析】【分析】结合复数除法运算化简复数，再由纯虚数定义求解即可【详解】解析：因为为纯虚数，所以，解得，故选：C.2. 已知集合，则的子集的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】先利用对数函数求集合，再利用集合的交集运算求解集合，即可得出的子集的个数.【详解】因，所以，它的子集有，共有4个，故选：D.3. 函数的
2、图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性，特殊值可以区分出答案即可.【详解】因为，所以为偶函数，排除B，D；又因为，排除C，故选：A4. 已知向量与的夹角为120，|3，|，则等于（ ）A. 5B. 4C. 3D. 1【答案】B【解析】【分析】将|两边平方，得到关于的一元二次方程，解方程即可.【详解】向量与的夹角为120，|3，|，,，1（舍去）或4，故选：B【点睛】本题考查向量数量积的运算，考查向量的模的计算，考查计算能力，属于基础题.5. 在区间上随机取一个实数，则方程有实数根的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由可得或
3、，然后根据几何概型的概率计算公式可得答案.详解】由，得，即或，它与的公共元素为，所以，故选：B6. 在中，则（ ）A. B. 4C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由求出，再由余弦定理即可求得.【详解】解：设，又，解得：，由余弦定理得：，.故选：C.7. 在平面直角坐标系中，已知顶点和，点在双曲线右支上，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据双曲线的定义求解出，然后根据正弦定理进行边角互化结合线段长度求解出的值.【详解】因为点在双曲线的右支上，且和为双曲线的两个焦点，所以；又因为，所以由正弦定理得，故选：D.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在利用正弦定理将变形为
4、边的形式，然后可根据所给长度求解出结果.8. 执行如图所示的程序框图，表示不超过的最大整数，若输出的的值为7，则图中判断框内应该填入（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用已知，写出每次循环的结果，直到条件满足退出循环，即可得到答案.【详解】由已知，未达到输出值7，故不满足条件，进行第一次循环：，未达到输出值7，故不满足条件，进行第二次循环：，未达到输出值7，故不满足条件，进行第三次循环：，未达到输出值7，故不满足条件，排除A，进行第四次循环：，达到输出值7，故满足条件，排除C，D故选：B9. 在正三棱锥中，底面是边长等于的等边三角形，侧棱，则侧棱与底面所成的角为（ ）A.
5、 B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设点在底面的射影点为点，连接、，设该正三棱锥的侧棱与底面所成的角为，计算出的长，可得出，结合的取值范围可求得结果.【详解】如下图所示：设点在底面的射影点为点，连接、，则为的外接圆半径，由正弦定理可得，则，平面，平面，设该正三棱锥的侧棱与底面所成的角为，则，因此，.故选：A.【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法：（1）定义法，作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；求，利用解三角形的知识求角；（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线
6、与平面所成的角）.10. 已知函数，把函数的图象向右平移得到函数的图象，函数在区间上单调递减，在上单调递增，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】先由平移得到的解析式，令，利用的单调性结合的单调性即可得到答案.【详解】解析：由题意可知，令，则，当上时为减函数，当上时为增函数.又因为在上单调递减，在上单调递增，所以当即时，所以，.故选：B.11. 已知函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，则当时，的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，求得函数是以4为周期的周期函数，进而利用时，函数 的解析式和函数的奇偶性，即可求解上的最小值，得到答案【详解
7、】由题意知，即，则，所以函数是以4为周期的周期函数，又当时，且是定义在上的奇函数，时，当时，所以当时，函数的最小值为.故选B【点睛】本题主要考查了函数周期性的判定及应用，以及函数的奇偶性的应用，其中解答中熟练应用函数周期性的判定方法，得出函数的周期是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题12. 设椭圆的两个焦点分别为，若在轴上方的上存在两个不同的点满足，则椭圆离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，当点在上最大，只需，结合离心率的取值范围即可求解.【详解】如图，当点在上最大，若在轴上方的上存在两个不同的点满足，只需，又，所以 故选：C【点睛
8、】本题考查了椭圆的离心率，考查了计算能力，属于基础题.二填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 曲线在处的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】先求出函数的导数，由导数的几何意义再求出切线的斜率和切点，最后由直线的点斜式方程求出切线方程即可【详解】因为，所以，又因为时，所以切点为，所以曲线在处的切线方程为：，即.故答案为：.14. 已知，满足约束条件，若恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】令，在平面直角坐标系内画出不等式组所表示的平面区域，求出的最大值，结合题意进行求解即可.【详解】令，不等式组所表示的平面区域如下图所示：在图中平面区域内，平行移动直线，当直线过点
9、时，在纵横的截距最大，所以的最大值为，要想恒成立，即恒成立，所以只要即可，即.故答案为：15. 已知，则_.【答案】【解析】【分析】根据诱导公式和同角三角函数的关系对式子进行化简计算可得出的值，进而根据正弦的二倍角公式进行计算即可得解.【详解】原式可化为：，所以，所以.故答案为：.16. 在直四棱柱中，底面是边长为6的正方形，点在线段上，且满足，过点作直四棱柱外接球的截面，所得的截面面积的最大值与最小值之差为，则直四棱柱外接球的半径为_.【答案】【解析】【分析】根据题意得，设，故当截面过球心时，截面圆面积最大，此时截面面积为；当截面时，截面圆面积最小，此时截面圆半径为，截面面积为，进而得，故外
10、接球的半径为.【详解】解析：因为四棱柱是直棱柱，且底面是正方形，所以其外接球的球心位于直四棱柱的中心，记作，过点向底面作垂线，垂足为，则，连接，因为底面是边长为6的正方形，所以点为的中点，取中点为，连接，设，则，所以外接球的半径为，因为点在线段上，且满足，则，又，所以，因为直四棱柱中，侧面，所以侧面，所以，又底面，而底面，所以，又，故平面，因平面，所以，则；根据球的特征，过点作直四棱柱外接球的截面，当截面过球心时，截面圆面积最大，此时截面面积为；当截面时，截面圆面积最小，此时截面圆半径为，此时截面圆面积为；又截面面积的最大值与最小值之差为，所以，因此，即，所以.故答案为：【点睛】本题考查空间几
11、何的外接内切问题，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键是找准过点作几何体外接球的截面圆中面积最大为截面圆为过球心的截面圆，面积最小的截面圆为与垂直的的截面圆的面积，再根据几何计算即可得答案.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. 某中学课外兴趣小组为了解，两个班学生咀嚼口香糖的情况，分别从这两个班中随机抽取5名同学进行了调查，并将他们每周咀嚼口香糖的颗数作为样本绘制成茎叶图如下图所示（图中的茎表示十位数字，叶表示个位数字）.（1）试估计出哪个班学生平均每周咀嚼口
12、香糖的颗数较多，并说明理由；（2）从班的样本数据中随机抽取一个不超过19的数据记为，从班的样本数据中随机抽取一个不超过21的数据记为，求的概率.【答案】（1）估计出班学生平均每周咀嚼口香糖的颗数较多；答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）分别求得两个班样本数据的平均数，再比较下结论.（2）这是一个古典概型，先得到从班和班的样本数据中各随机抽取一个的基本事件的种数，再从中得到的基本事件的种数，代入公式求解.【详解】（1）班样本数据的平均数为.由此估计班学生平均每周咀嚼口香糖的颗数为17；班样本数据的平均数为；由此估计班学生平均每周咀嚼口香糖的颗数为19.所以可以估计出班学生平均每周咀嚼口香糖
13、的颗数较多.（2）班的样本数据中不超过19的数据有3个，分别为9，11，14；班的样本数据中不超过21的数据也有3个，分别为11，12，21.从班和班的样本数据中各随机抽取一个，共有种不同情况.其中的情况有，共3种.所以的概率.18. 已知数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用数列通项与前n项和的关系求解.（2）由（1）可得，利用裂项相消法求解.【详解】（1）由得：， 因为，当时，而，所以数列的通项公式.（2）因为，所以，所以，.【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法(1)公式法：等差数列的前n项和公式，等比数列的前
14、n项和公式；(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解19. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，点是的中点，点是线段上的动点.（1）求证：平面平面；（2）若点到
15、平面的距离为，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题中条件，根据余炫定理和勾股定理分别可证和，进而可证平面，最后由平面，可证面平面；（2）过点作，垂足为点，连接PN，先证是三棱锥的高，由等体积法可得，即，计算可得，进而可求出的值.【详解】（1）在中，因为，所以，因为点是的中点，所以，在中，由余弦定理，有，所以，所以，在中，满足，所以，而，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）过点作，垂足为点，连接PN，由（1）知，平面，平面，所以，因为，所以平面，所以是三棱锥的高，在中，由（1）知，与均为直角三角形，所以，因为，所以，所以，所以，所以.【点睛】方法点睛：对于第二
16、问，可以借助等体积法去求CN的长度，进而求出结果，涉及椎体体积的题型中，求线段长度常常利用等体积法进行转化，本题考查逻辑思维能力和转化思想，属于常考题.20. 已知圆：，设为圆与轴负半轴的交点，过点作圆的弦，并使弦的中点恰好落在轴上，点的轨迹为曲线.设为直线上的动点，.（1）求曲线的方程；（2）过点作曲线的切线，切点分别为，证明：；（3）求面积的最小值.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）4.【解析】【分析】（1）设，由题知的中点，在圆中，由即可求解；（2）分别求出切线、的方程，利用两切线都过点，可得直线的方程，与抛物线方程联立利用根与系数的关系证明出即可；（3）由（2）知，直线恒过焦点，
17、利用抛物线定义计算和，即可求解.【详解】（1）设，由题知的中点，则，由圆的性质知：，所以，即，所以曲线的方程为.（2）设，焦点，求导得，则切线的方程为：，又，所以切线的方程为：，同理，切线的方程为：，又两切线都过点，所以，则直线方程为，由消得：，故，则，则，所以，所以.（3）由（2）知，直线恒过焦点，由抛物线定义得：，所以的面积：，当时，面积取得最小值4.【点睛】关键点点睛：利用圆心与弦中点的连线与弦垂直得出，转化为，利用坐标表示可求轨迹方程，第二问的关键是求出直线的方程为，再证明即可，第三问利用即可求解.21. 已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）记，若函数与的图象有三个不同交点，求实数
18、的取值范围.【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是；（2）.【解析】【分析】（1）求出函数导数，利用导数求单调区间；（2）令，转化为，构造函数，利用导数求出函数的极值，建立不等式求解即可.【详解】（1）函数的定义域为，当时，；当时，所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.（2）令，即，得.设，则.令，得；令，得或.所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.所以，且当时，；当时，.所以要使函数与的图象有三个不同交点，必须有，即实数的取值范围是.【点睛】关键点点睛：本题中函数与的图象有三个不同交点，可以转化为方程有3个根，分离参数后构造函数，转化为研究，利用导数，研究函数的单调性及极值
19、，根据与有3个交点求解，属于中档题.22. 已知曲线的极坐标方程为，以极点为坐标原点，极轴为轴的正半轴，建立直角坐标系，点为曲线上的动点，点在轴上的射影为点，且满足.（1）求动点的轨迹的方程；（2）直线的极坐标方程为，点为直线上的动点，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用向量关系将的坐标用表示出来，再代入方程即可求出；（2）得出的直角坐标方程为，设，利用点到直线距离公式即可求出.【详解】解：（1）可得的直角坐标方程为，由已知，设，.因为，所以，即，因为点在曲线：上，所以，从而点的执迹的方程为.（2）直线的普通方程为，曲线的参数方程为（为参数），设，点到直线距离为，（其
20、中），当时，所以.【点睛】关键点睛：本题考查求点到直线的距离的最值，解题的关键是利用参数方程设点表示出距离，再根据三角函数的性质即可求出.23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若，为正实数，函数的最小值为，且满足，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用零点分域法，分情况讨论去绝对值，即可求解；（2）利用绝对值三角不等式求出的值，再利用柯西不等式求解即可.【详解】（1）由不等式可得：，可化为：或或，解得：或或，所以，不等式的解集为.（2）因为，所以的最小值为，即，由柯西不等式得：，当且仅当，即，时，等号成立，所以的最小值为.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是由得，再由，即可求出的最小值.