1、云南省玉溪第一中学2021届高三数学上学期第二次月考试题 文（含解析）一、选择题：本大题共12个小题，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. 设是虚数单位，则复数（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：因为，故选D.考点：复数的运算.2. 已知集合，则（ ）A. B. 0C. 2D. 4【答案】A【解析】【分析】确定集合的元素，根据交集的结果得出的值【详解】由题意，又，故，得，故选：A【点睛】本题考查交集的运算，属于基础题3. （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 由两角差的余弦函数，可得，故选4. 已知双曲线的方程为，双曲线右焦点F到双曲线渐近
2、线的距离为（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的方程求得右焦点的坐标和渐近线方程，结合点到直线的距离公式，即可求解.【详解】由题意知，双曲线右焦点为，双曲线的渐近线方程为，即，所以点到渐近线的距离，故选：C.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及简单的几何性质，以及点到直线的距离公式的应用，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.5. 袋中有完全相同的4只小球，编号为1，2，3，4，现从中取出2只小球，则取出两只球编号之和是偶数的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出在编号为1，2，3，4的小球中任取2只小球的不同取法，再求出取出
3、的2只球编号之和是偶数的不同取法，然后求概率即可得解.【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只球编号之和是偶数的有共2种取法，即取出的2只球编号之和是偶数的概率为，故选：A【点睛】本题考查了古典型概率公式，属基础题.6. 若对任意的都有，则函数的对称轴为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】用替换已知等式中的，从而可求得函数的解析式，再由两角和的正弦公式化为一个角的一个三角函数形式，利用正弦函数的对称中心求得结论【详解】因为f(x)2f(x)3cos xsin x，所以f(x)2f(x)3cos xsin x.解得f(x)cos x
4、sin x，所以f(2x).令，得x (kZ).所以f(2x)图象的对称轴为故选：D【点睛】本题考查求三角函数的对称性，解题是求出函数解析式并把函数化为一个角的一个三角函数形式，然后再由正弦函数性质求解7. 若，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先弦化切，再解方程求得，最后利用二倍角的正切公式求解即可.【详解】因为所以解得可得故选：B.【点睛】本题主要考查同角三角函数的关系，以及二倍角的正切公式，考查了转化思想与计算能力，属于基础题.8. 已知函数是定义域为的偶函数，当时，则的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据偶函数以及当时，,可得时
5、的表达式,由此求得的解析式，再求解该不等式即可.【详解】是定义域为R的偶函数，当时，当时，所以.，故，分别求解，或即可得解为故选：B【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性求函数解析式,分段函数解不等式,属于中档题.9. 干支历法是上古文明产物，又称节气历或中国阳历，是一部深奥的历法.它是用60组各不相同的天干地支标记年月日时的历法.具体的算法如下：先用年份的尾数查出天干，如2013年3为癸；再用2013年除以12余数为9，9为巳.那么2013年就是癸巳年了.2020年高三应届毕业生李东是壬午年出生，李东的父亲比他大25岁，问李东的父亲是哪一年出生（ ）A. 甲子B. 乙丑C. 丁巳D. 丙卯【答案
6、】C【解析】【分析】根据李东2002年出生，由李东的父亲比他大25岁，得到李东的父亲为1977年出生，即可求解.【详解】由题意，李东是壬午年出生，即2002年出生，因为李东的父亲比他大25岁，所以李东的父亲为1977年出生，即丁巳出生.故选：C.【点睛】本题主要考查了简单的合情推理的应用，其中解答中认真审题，结合数列的知识求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.10. 如果对于任意实数x，表示不超过x的最大整数 例如，那么“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 充要条件C. 必要而不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由取整定义可先确定的取值范围，求出的范围，可
7、证充分条件成立；必要条件的验证则可通过列举反例来推翻【详解】若，可设，又， 即成立，充分条件成立；若，如满足，但，故必要条件不成立；所以“”是“”的充分而不必要条件故选A【点睛】本题考查新定义的理解，命题的充分和必要条件的判断，属于基础题11. 在正方体中，点为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分别连接，得到，把异面直线与所成的角即为直线与所成的角，在中，结合余弦定理，即可求解.【详解】如图所示，分别连接，在正方体中，点为线段的中点，可得，所以异面直线与所成的角即为直线与所成的角，设，设正方体的棱长为，可得，在中，由余弦定理可得.故
8、选：C.【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中熟记正方体的几何结构特征，以及异面直线所成角的求解方法是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.12. 已知抛物线C：，为的焦点，过焦点且倾斜角为的直线与交于、两点，则下面陈述不正确的为（ ）A. B. C. D. 记原点为，则【答案】D【解析】【分析】设，与抛物线方程联立得到韦达定理的形式，代入选项中进行整理可知正确；，知错误.【详解】设直线，由得：，故正确；当时，当时，经检验亦成立，故正确；，故正确；当时，,当时，经检验亦成立，故错误.故选：.【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用问题，涉及到抛物线焦半径公式的应用、抛物
9、线中三角形面积问题的求解等知识；本题中的各个选项属于抛物线问题中与过焦点的直线有关的常用结论，熟记结论可减少计算证明时间.二、填空题：本题共4小题.13. 曲线在处的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】根据导数运算法则求出导函数，从而求出在处的导数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，从而求出切线方程.【详解】，当时，切线斜率，故切线方程为，即.故答案为：【点睛】本题考查了导数的几何意义、导数的运算法则，属于基础题.14. 不等式组表示平面区域的面积是_.【答案】6【解析】【分析】不等式组表示的平面区域为三角形及其内部的部分，求得、各个点的坐标，可得三角形的面积【详解】解：满足约束条件的可行域
10、如下图所示：所以、所以故答案为：【点睛】本题主要考查二元一次不等式组表示平面区域，体现了数形结合的数学思想，属于基础题15. 已知，并且成等差数列，则的最小值为_.【答案】16【解析】由题可得：，故16. 已知定义在上的函数和都是奇函数.周期_；当时，若函数在区间上有且仅有10个零点，则实数的取值范围是_.【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】根据题设条件，得到和，进而得到，得出函数是以为周期的周期函数，再把函数在区间上有且仅有10个零点，转化为函数与的图象在区间上有且仅有10个不同的交点，结合图象，即可求解.【详解】由题意，函数为定义域上的奇函数，可得，又由都是奇函数，可得函数关
11、于点对称，即，联立可得，即函数是以为周期的周期函数，即；因为函数在区间上有且仅有10个零点，即函数在区间上有且仅有10个根，即函数与的图象在区间上有且仅有10个不同的交点，又由当时，当时，则，所以，且，所以，在同一坐标系内画出与图象，如图所示，又由当时，令，即，解得，结合图象，可，即实数的取值范围是.故答案为：，.【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中熟练应用对数函数和三角函数的图象与性质，以及把函数的零点个数问题转化为两个函数的图象的交点个数，结合图象求解是解答的关键，着重考查转化思想，以及数形结合思想的应用，属于中档试题.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.
12、 2019年底，湖北省武汉市等多个地区陆续出现感染新型冠状病毒肺炎的患者.为及时有效地对疫情数据进行流行病学统计分析，某地研究机构针对该地实际情况，根据该地患者是否有武汉旅行史与是否有确诊病例接触史，将新冠肺炎患者分为四类：有武汉旅行史（无接触史），无武汉旅行史（无接触史），有武汉旅行史（有接触史）和无武汉旅行史（有接触史），统计得到以下相关数据.（1）请将列联表填写完整：有接触史无接触史总计有武汉旅行史27无武汉旅行史18总计2754（2）能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为有武汉旅行史与有确诊病例接触史有关系？附：0.150.100.050.0250.0102.0722.7063
13、.8415.0246.635【答案】（1）列联表见解析；（2）能【解析】【分析】（1）根据表格可得有武汉旅行史且有接触史的有9人，有武汉旅行史且无接触史的有18人，可以完成表格；（2）根据列联表计算卡方，根据参考数据可以得出结论.【详解】（1）请将该列联表填写完整：有接触史无接触史总计有武汉旅行史91827无武汉旅行史18927总计272754（2）根据列联表中的数据，由于.因此，在犯错误的概率不超过0.025的前提下，认为有武汉旅行史与有确诊病例接触史有关系.【点睛】本题主要考查独立性检验，题目较为简单，独立性检验根据公式计算卡方是求解的关键，侧重考查数据处理的核心素养.18. 已知锐角三角
14、形中，内角的对边分别为，且（1）求角的大小（2）求函数的值域【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由利用正弦定理得，根据两角和的正弦公式及诱导公式可得，可求出的值；（2）对函数的关系式进行恒等变换，利用两角和与差的正弦公式及辅助角公式把函数的关系式变形成同一个角正弦型函数，进一步利用定义域求出函数的值域.【详解】（1）由，利用正弦定理可得，可化为，.（2），.19. 已知四边形为矩形，、分别是线段、的中点，面.（）求证：；（）设点在上，且面，试确定点的位置.【答案】（1）证明略 （2）点的位置在上靠近点的四等分点处.【解析】【详解】(1)连接,在矩形中,点是的中点, , 即,又平面,
15、,又,平面, 平面,(2)过作交于,面,面,则面,且过作交于,同理可得面且,面面,面,可得面，从而点满足,即点的位置在上靠近点的四等分点处.20. 已知函数（1）若函数在区间上为增函数，求的取值范围；（2）当且时，不等式在上恒成立，求的最大值【答案】（1）；（2）【解析】分析】（1）函数在区间上为增函数，转化为时，恒成立，即可求解实数的取值范围；（2）把不等式在上恒成立，转化为对任意恒成立，构造新函数，利用导数求解的最小值，即可求解的最大值【详解】试题解析：（1），又函数在区间上为增函数，当时，恒成立，即的取值范围为； （2）当时，故不等式，即对任意恒成立， 令则令，则在上单增，存在使，即当时
16、，即，当时，即，在上单减，在上单增令，即，且，即考点：利用导数研究函数的单调性与极值最值；函数的单调性与导数的关系【方法点晴】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及利用导数求解函数在闭区间上的极值、最值、不等式的恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想和分类讨论思想的应用，属于中档试题，本题的第二问的解答中把不等式在上恒成立，转化为对任意恒成立，构造新函数，利用导数求解的最小值，即可求解的最大值21. 已知分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆E上，且（1）求椭圆E的方程；（2）过的直线分别交椭圆E于和，且，问是否存在实数，使得成等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（
17、2）存在，.【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义可得，将的坐标代入椭圆方程可得，从而可得结果；（2）当轴或轴时，计算出和，根据可得，当都不与轴垂直时，设出直线方程，代入椭圆方程，根据弦长公式计算出和，代入可解得.【详解】（1）由已知，得，即 又点在椭圆上，所以，解得，故椭圆的标准方程为 （2）当轴时，由，由当轴时，由，得， 当都不与轴垂直时，设，设，直线的方程与椭圆E的方程联立并消去y得：，则， 所以，从而， 同理可得所以，令，得综上，存在常数，使得成等差数列【点睛】本题考查了待定系数法求椭圆的标准方程，考查了等差中项的应用，考查了弦长公式，考查了运算求解能力，考查了分类讨论思想，属于中档题.
18、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
19、（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.23. 已知函数的最小值为6，.（1）求的值；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）6；（2）.【解析】【分析】（1）利用绝对值不等式的性质及题目所给最小值可求结果；（2）利用柯西不等式可求，进而解不等式得到实数的取值范围.【详解】（1），当且仅当时等号成立；（2）由柯西不等式得，当且仅当时等号成立，即，解得.故的取值范围是.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的性质及柯西不等式应用，熟悉柯西不等式的结构是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.