1、云南省昆明市第一中学2021届高三数学第二次双基检测试题 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：B.【点睛】本题
2、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. 我国古代数学家利用“牟合方盖”(如图甲)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.图乙所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的侧视图是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】本题根据三视图的定义直接选答案即可.【详解】解：根据三视图的定义直接选B.故选：B【点睛】本题考查几何体的三视图识别，是基础题.4. 已知，（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由二倍角的余弦公式、弦化切可求得的值.【详解】，则.故选
3、：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. 把分别写有1，2，3，4的四张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么2，3连号的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据列举法，列举出总的基本事件，以及满足条件的基本事件，基本事件个数之比即为所求概率.【详解】分三类情况，第一类1，2连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为，有6种分法；第二类2，3连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为，有6种分法；第三类3，4连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为，有6种分法；共有18种分法，则
4、2，3连号的概率为.故选：B.【点睛】本题主要考查求古典概型的概率，属于基础题型.6. 函数的最小正周期是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据正弦型函数的周期计算公式，即可得出结果.【详解】因为，所以最小正周期为.故选：B.【点睛】本题主要考查求正弦型函数的周期，属于基础题型.7. 已知函数是奇函数，当时，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出，再利用奇函数的性质求出，进而可得答案【详解】解：因为时，所以；又因为是奇函数，所以，即，故选：C.【点睛】此题考查奇函数性质的应用，考查求函数值，属于基础题8. 已知抛物线，以为中点作的弦，则这条弦所在
5、直线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设过点的直线交抛物线于、两点，可得出，利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程.【详解】设过点的直线交抛物线于、两点.若直线垂直于轴，则线段的中点在轴上，不合乎题意.所以，直线的斜率存在，由于点为线段的中点，则，由于点、在抛物线上，可得，两式作差得，所以，直线的斜率为，因此，直线方程为，即.故选：A.【点睛】本题考查抛物线的中点弦问题，考查点差法的应用，同时也可以利用直线与抛物线方程联立，结合韦达定理求解，考查计算能力，属于中等题.9. 已知函数，若直线过点，且与曲线相切，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D
6、. 【答案】B【解析】【分析】设切点坐标为，利用导数求出切线的方程，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，进而可求得直线的斜率.【详解】设切点坐标为，直线的斜率为，所以，直线的方程为，将点的坐标代入直线的方程得，解得，因此，直线的斜率为.故选：B.【点睛】本题考查利用切线过点求切线的斜率，考查计算能力，属于基础题.10. 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
7、查求由直线与圆相切求参数，属于基础题型.11. 设，是双曲线的两个焦点，是上一点，若，且的最小内角为，则双曲线的焦距为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题中条件，不妨设P是双曲线右支上的一点，由双曲线的定义可得，得出为最小边，的最小内角，结合余弦定理，即可求出结果.【详解】因为，是双曲线的两个焦点，P是双曲线上一点，且满足，不妨设P是双曲线右支上的一点，由双曲线的定义可知，所以，因为，所以，所以为最小边，的最小内角，由余弦定理可得，即，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查求双曲线的焦距，熟记双曲线的定义，以及双曲线的简单性质即可，属于常考题型.12. 记函数的定义域为
8、，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
9、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. 设，满足约束条件则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】画出约束条件表示的平面区域，根据目标函数的几何意义，结合图形，即可得出结果.【详解】画出约束条件表示的平面区域如下，因为目标函数可化为，因此表示直线在轴截距的倍，由图像可得，当直线过点时，在轴的截距最大；当直线过点时，在轴的截距最小；由解得，此时；由得，此时，所以. 故答案为：.【点睛】本题主要考查求线性目标函数的范围，利用数形结合的方法求解即可，属于常考题型.15. 在中，求的最
10、大值_.【答案】【解析】【分析】由正弦定理得，.代入，进行三角恒等变换可得，由此可求得最大值.【详解】解：由正弦定理，得，.，其中，所以.故答案为：.【点睛】本题考查运用正弦定理解三角形，边角互化求关于边的最值，属于较难题.16. 函数.若关于的方程 有且只有两个不相等的实根，则的值是_.【答案】【解析】【分析】根据解析式画出函数图像，由题意，得到函数与有两个不同交点，结合图像，即可求出结果.【详解】画出的图像如下，因为有且只有两个不等实根，即函数与有两个不同交点，由图像可得，所以，关于直线对称，则.故答案为：.【点睛】本题主要考查求方程根的和，根据数形结合的方法求解即可，属于常考题型.三、解
11、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.（一）必考题：共60分.17. 已知为等差数列，且公差，是和等比中项.（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
12、、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
13、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，最大利润为元.【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
14、，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，底面为直角三角形，侧棱底面，（1）证明：平面平面；（2）若点为侧棱的中点，点为棱上的一点，且，证明：平面.【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解.【解析】【分析】（1）根据题中条件，先由线面垂直的判定定理，证明平面，推出，判定平，进而可得面面垂直；（2）设与相交于点M，连接，由题中条件，判定，再由线面平行的判定定理，即可证明结论成立.【详解】（1）证明：因为侧棱底面，且，所以四边形
15、为正方形，可知，又，由已知侧棱底面可得，可得平面，平面，可知，又，平面ABC，所以平，平面，所以，平面.（2）如图，设与相交于点M，连接，在正方形中，由已知，可得，在中，则有，平面，又平面，所以平面. 【点睛】本题主要考查证明面面垂直，考查证明线面平行，熟记判定定理即可，属于常考题型.20. 已知曲线表示焦点在轴上椭圆.（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
16、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】本题主要考查由曲线表示椭圆求参数，考查椭圆中参数的范围问题，属于常考题型.21. 已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）若当时，方程有实数解，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【
17、分析】（1）先对函数求导，分和两种情况讨论，可求解函数的单调性；（2）由已知得有实数解，构造函数，利用函数的单调性及函数的性质求得a的范围.【详解】解：（1）函数的定义域为R，当时，则在上单调递增；当时，令，得，则在上单调递减，在上单调递增.（2）由，得，因为，所以.令，则.令，得.当时，为减函数；当时，为增函数.所以.又因为，因为，所以，所以当时，所以函数的值域为，因此实数a的取值范围为.【点睛】本题考查了利用导数讨论函数的单调性问题，零点问题，导数与函数的综合应用，考查运算求解能力、转化与化归思想，属于较难题（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的
18、第一题计分.【选修4-4：坐标系与参数方程】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，
19、即，所以，曲线的极坐标方程为. （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【选修4-5：不等式选讲】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.
