云南省玉溪一中2021届高三数学下学期第五次调研考试试题 文(含解析)

云南省玉溪一中2021届高三数学下学期第五次调研考试试题文（含

解析）

第I卷（选择题）

一、选择题（每题5分，共60分）

1.若集合，，则（）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

因为集合，所以，故选A.

2.已知是虚数单位，复数满足，则的虚部是（）

A. 1

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

，所以的虚部是1，选A.

3.函数的图象与函数的图象的交点个数是( )

A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

【答案】B

【解析】

【分析】

画出两个函数的图像，由此确定两个图像交点的个数.

【详解】依题意，画出两个函数的图像如下图所示，由图可知，两个函数图像有个交点，故选B.

【点睛】本小题主要考查指数函数和三角函数的图像的画法，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.

4.若向量的夹角为，且，，则向量与向量的夹角为（）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

试题分析：设向量与的夹角等于,因为向量的夹角为，且，所以

，

,,,．故选A．

考点：平面向量数量积的运算．

5.已知，，若不等式恒成立，则的最大值为（）

A. 9

B. 12

C. 18

D. 24

【答案】B

【解析】

∵，不等式恒成立

∴

∵

当且仅当a=3b时取等号，

∴的最大值为12

故选：B

点睛：本题主要考查基本不等式，其难点主要在于利用三角形的一边及这条边上的高表示内接正方形的边长.在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.

6.已知，且，则（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先根据已知条件求得的值，然后求得的值，由此求得题目所求表达式的值. 【详解】依题意，由及，解得，故，故选B.

【点睛】本小题主要考查两角和的正切公式，考查同角三角函数的基本关系式，考查二倍角公式，考查运算求解能力，属于基础题.

7.三棱柱的侧棱垂直于底面，且 ,若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】

找出球心的位置，利用勾股定理计算出球的半径，进而计算出球的表面积.

【详解】由于底面是直角三角形，其外心是斜边的中点，设上下底面的外心为，由于三

棱柱的侧棱垂直于底面，故球心位于的中点处，画出图像如下图所示.设球的半径为，则，故球的体积为，故选C.

【点睛】本小题主要考查几何体外接球表面积的求法，属于基础题.解题突破口在于找到球心并求得半径.

8.设点是椭圆上异于长轴端点上的任意一点，分别是其左右焦点，为中心，，则此椭圆的离心率为（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

设，则

所以

因此，选C.

9.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线和粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】

画出三视图对应的原图，根据三棱锥的体积公式计算出体积.

【详解】画出三视图对应的原图如下图所示三棱锥.故体积为，故选C.

【点睛】本小题主要考查三视图还原为原图，考查三棱锥的体积计算，考查运算求解能力，属于基础题.

10.已知是定义域为的奇函数,满足.若，则

（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

分析：先根据奇函数性质以及对称性确定函数周期，再根据周期以及对应函数值求结果. 详解：因为是定义域为的奇函数，且，

所以,

因此，

因为，所以，

，从而，选C. 点睛：函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．

11.的内角的对边分别为，若，则（）

A. 12

B. 42

C. 21

D. 63

【答案】C

【解析】

【分析】

先计算出的值，然后计算的值，由正弦定理计算出的值.

【详解】在三角形中，，所以

，由正弦定理得，故选

C.

【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查三角形内角和定理，考查两角和的正弦公式，考查利用正弦定理解三角形，属于基础题.

12.设双曲线的左、右焦点分别为，若点在双曲线右支上，且为锐角三角形，则的取值范围（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据三角形两边的和大于第三边，排除A,B选项，当时，证明为直角三角形，排除C选项，由此得出正确选项.

【详解】依题意，三角形两边的和大于第三边，故排除A,B选项.当轴时，，，，此时为直角三角形，排除C选项.故本小题选D.

【点睛】本小题主要考查双曲线的定义和标准方程，考查锐角三角形的知识，属于基础题.

第II卷（非选择题）

二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）

13.若实数x，y满足，则的最大值是__________．

【答案】2

【解析】

试题分析：目标函数在处取得最值．

考点：线性规划．

14.口袋内装有一些除颜色不同之外其他均相同的红球、白球和黑球,从中摸出1个球,摸出红球的概率是0．42,摸出白球的概率是0．28,若红球有21个,则黑球有个．

【答案】15

【解析】

试题分析：总共有球个,其中白球个,所以黑球有个．考点：古典概型概率．

15.在平面直角坐标系中，，求过点与圆相切的直线方程___．

【答案】或

【解析】

【分析】

当过的直线斜率不存在时，直线是圆的切线，符合题意.当直线斜率存在时，设出直线的方程，利用圆心到直线的距离列方程，解方程求得直线的斜率，由此求得切线方程.

【详解】当过的直线斜率不存在时，直线为，是圆的切线.当直线斜率存在时，设斜率为，则直线方程为，即，圆心到直线的距离，解得，故直线方程为，即.综上所述，切线方程为或.

【点睛】本小题主要考查直线和圆相切的表示，考查点到直线的距离公式，考查分类讨论的数学思想方法，属于基础题.

16.已知函数，若的四个根为，且,则

________．

【答案】2

【解析】

【分析】

由，根据指对互换原则，可解得的值，代入即可求解。

【详解】因为，所以，所以或，所以或。解得，，，，所以，所以，故答案为2.

【点睛】本题考查指对数的互换，含绝对值方程的解法，考查计算化简的能力，属基础题

三、解答题：

17.若数列的前项和为，且，．

（1）求数列的通项公式；

（2）若，令，求数列的前项和．

【答案】(1) 或.

(2) .

【解析】

分析：（1），即

或，或；(2) 由，可得，，利用裂项相消法求和即可.

详解：（1）当时，，则

当时，，

即或

∴或

（2）由，∴，

∴

18.如图，在四棱锥中,底面，是直角梯形，,

是的中点．

（1）求证：平面平面；

（2）若,求三棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）根据平面，证得，利用勾股定理证得，由此证得平面，从而证得平面平面.（2）根据是的中点，平面，可知，由此计算出三棱锥的体积.

【详解】解：（1）

（2）根据是的中点，平面，得：

【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查三棱锥体积的求法，属于中档题.

19.某医疗科研项目组对5只实验小白鼠体内的两项指标数据进行收集和分析、得到的数据如下表：

指标1号小白鼠2号小白鼠3号小白鼠4号小白鼠

5号小白鼠

A 5 7 6 9 8

B 2 2 3 4 4

（1）若通过数据分析，得知项指标数据与项指标数据具有线性相关关系，试根据上表，求项指标数据关于项指标数据的线性回归方程；

（2）现要从这5只小白鼠中随机抽取3只，求其中至少有一只的项指标数据高于3的概率.

参考公式：

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用回归直线方程计算公式，计算出回归直线方程.（2）利用列举法和古典概型概率计算公式，求得所求概率.

【详解】（1）根据题意，计算

，

，所以线性回归方程为.

（2）从这5只小白鼠中随机抽取三只，基本事件数为223,224,225,234,235,245，……，345共10种不同的取法，其中至少有一只B项指标数据高于3的基本事件共9种取法，

所以所求概率为.

【点睛】本小题主要考查回归直线方程的求法，考查利用列举法求古典概型的概率，属于中档题.

20.已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．

（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；

（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．

【答案】(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）

(2)证明过程见解析

【解析】

分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由，得，．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论.

详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），

所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．

由题意可知直线l的斜率存在且不为0，

设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．

由得．

依题意，解得k<0或0

又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．

所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．

由（I）知，．

直线PA的方程为y–2=．

令x=0，得点M的纵坐标为．

同理得点N的纵坐标为．

由，得，．

所以

．

所以为定值．

点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.

21.设函数．

（1）求的单调区间；

（2）若为整数, 且当时,, 求的最大值．

【答案】（1）若，在（-∞，+∞）上单调递增；若，在单调递减，在上单调递增；（2）

【解析】

(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝e x－a.

若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．

若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；

当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.

所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．

(2)由于a＝1时，(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(e x－1)＋x＋1.

故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于

k<＋x(x>0) ①

令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.

由(1)知，函数h(x)＝e x－x－2在(0，＋∞)上单调递增，

又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0.

所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．

故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．

设此零点为α，则α∈(1,2)．

当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，

所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．

又由g′(α)＝0，得eα＝α＋2, 所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．

由于①式等价于k

故整数k的最大值为2.

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选修4-4：坐标系与参数方程

22.选修4-4：坐标系与参数方程

在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，并使得它与直角坐标系有相同的长度单位，曲线的极坐标方程为．

（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

（2）设曲线与直线交于、两点，且点的坐标为，求的值．

【答案】（1），（2）9

【解析】

试题分析：（1）对直线的参数方程消参即可得直线的普通方程，根据即可得曲线的直角坐标方程；（2）将直线方程转化为标准形式的参数方程代入到曲线的直角坐标方程，结合韦达定理即可求出的值．

试题解析：（1）：，：，

即，所以的普通方程是．

（2）将直线方程转化为标准形式的参数方程：（为参数），

代入中得：，.

设，对应的参数分别为，，则，则．

选修4-5：不等式选讲

23.选修4-5：不等式选讲

已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若存在实数满足，求实数的最大值.

【答案】（1）或；（2）3.

【解析】

分析：（1）利用零点分段讨论法进行求解；（2）将不等式有解问题转化为求函数的最小值问题，再通过解一元二次不等式进行求解．

详解：(1)f(x)=|x-1|+|x-2|=

当x≤1时,得-2x+3≥3,解得x≤0,

当1

当x≥2时,得2x-3≥3,解得x≥3.

综上可知,不等式f(x)≥3的解集为(-∞,0]∪[3,+∞).

(2)由|x-1|+|x-2|≥|(x-1)-(x-2)|=1,

依题意得-a2+a+7≥1,即a2-a-6≤0,

解得-2≤a≤3,

故a的取值范围是[-2,3].

点睛：求或的值域或最值，主要有三种方法：

①利用零点分段讨论法将其转化为分段函数；

②利用绝对值的几何意义进行求解（数形结合思想）；

③利用三角不等式“”进行求解．