云南省昆明一中教育集团2021届高二升高三诊断性考试理科数学试题 Word版含解析 20页

昆明一中教育集团2021届高二升高三诊断性考试 理科数学 命题、审题：‎ 本试卷共4页，22题．全卷满分150分．考试用时120分钟．‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．‎ ‎2．选择题的作答：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．写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效．‎ ‎3．非选择题的作答;用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．‎ ‎4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．‎ 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，若，则集合B可以是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数的性质化简集合，利用可得出集合．‎ ‎【详解】集合，‎ 满足条件，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算的应用，考查指数的性质，属于基础题．‎ ‎2. 设复数满足，则复平面内表示的点位于（）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数的四则运算求出，就能判别相应选项.‎ ‎【详解】因为，所以，则复平面内表示的点位于第四象限.选D．‎ ‎【点睛】复数四则运算，属于简单题.‎ ‎3. 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数对数函数的单调性，确定a，b，c的范围，进而比较大小即可.‎ ‎【详解】由题可得，，.所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查利用指对数函数的单调性比较大小，属于基础题.‎ ‎4. 在的展开式中，二次项的系数为（ ）‎ A. B. C. 4 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项展开式的通项公式可得结果.‎ ‎【详解】因为的展开式中的通项公式为，，‎ - 20 -‎ 令，得，‎ 所以二次项为，‎ 所以二次项的系数为.‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了二项展开式的通项公式，属于基础题.‎ ‎5. 已知正项等比数列中，，若，则（ ）‎ A. 511 B. 512 C. 1023 D. 1024‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由求得，再由求得公比，然后由等比数列前项和公式求得结论．‎ ‎【详解】由得，所以，‎ 又因为，得，‎ 所以，，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的基本量法，考查等比数列的前项和公式，属于基础题．‎ ‎6. 函数的图象大致为（ ）‎ A. B. C. ‎ - 20 -‎ ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数的奇偶性结合特殊值，结合选项得出函数的图象．‎ ‎【详解】因为函数为偶函数，排除A，C，‎ 当时，，排除D，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查函数的图象，考查函数性质的应用，属于基础题．‎ ‎7. 现有甲、乙、丙丁、戊5种在线教学软件，若某学校要从中随机选取2种作为教师“停课不停学”的教学工具，则其中甲、乙至少有1种被选取的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲、乙至少有1种被选取的情况有：甲、乙中有一人被选取，甲、乙两人都被选取，利用古典概率公式分别计算可得选项.‎ ‎【详解】因为甲、乙至少有1种被选取的情况有：甲、乙中有一人被选取，甲、乙两人都被选取，‎ 所以甲、乙至少有种被选取的概率，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】此题考查概率的求法，考查古典概型，属于基础题.‎ - 20 -‎ ‎8. 已知单位向量，满足，则与的夹角是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件进行向量数量积的运算得，进而得，从而得答案.‎ ‎【详解】已知单位向量，，则，满足，平方得，即，‎ 则，进而得，所以与夹角是.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查单位向量的概念，向量数量积的运算及计算公式，向量夹角的概念及范围，属于基础题．‎ ‎9. 如图所示的程序框图，是为计，则在空白判断框中应填入的是（ ）‎ A. B. ？ C. ？ D. ？‎ - 20 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图，确定，由框图的作用，即可得出结果.‎ ‎【详解】由程序框图可得，中的，，‎ 则空白判断框应填，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查补全循环程序框图，属于基础题型.‎ ‎10. 已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线C在第一象限的交点为，若，则抛物线C的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设抛物线的准线为，作于，抛物线定义得到，再根据直线：过焦点且倾斜角为，得到为正三角形求解.‎ ‎【详解】设抛物线的准线为，作于，如图所示:‎ 因，由抛物线定义得：，‎ 又直线：过焦点且倾斜角为，‎ - 20 -‎ 所以，所以为正三角形，‎ 所以，，‎ 所以，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义的应用，属于基础题.‎ ‎11. 设函数的最大值为，最小值为，则的值是（ ）‎ A. 0 B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将函数化简，利用奇函数的对称性，可得选项.‎ ‎【详解】，‎ 设，因为，所以为奇函数，‎ 所以，则，‎ 所以，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性，一般像这种较为复杂函数求最大值与最小值和相关问题，常会考虑函数本身或者能否构建成奇偶函数相关问题，属于中档题.‎ ‎12. 已知函数，若存在，使，则a的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 存在，使，即．先证明恒成立，利用对数恒等式结合不等式放缩原函数，求出最值，可得a的最大值．‎ ‎【详解】构造，则 当时，，函数在单调递减；当时，，函数在单调递增；且时，，则恒成立，即 ‎，‎ 当时取“”，所以的最小值为，所以，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数解决函数的最值问题，考查学生逻辑推理能力，属于中档题．‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13. 曲线在点处的切线方程为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对原函数求导，再令x=1解出切线的斜率，利用点斜式求出切线方程．‎ ‎【详解】解：令 ， ，‎ 切线方程为 ．‎ 故填： ．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义，应用导数求切线方程．‎ ‎14. 若变量，满足约束条件，则的最小值是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 20 -‎ 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．‎ ‎【详解】满足约束条件的可行域如图所示，‎ 目标函数对应直线，‎ 当最小时，纵截距最小，‎ 所以平移直线过点时，纵截距最小，此时.‎ 故答案为：‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.‎ ‎15. 在等腰中，若，若点在以A，B为焦点的双曲线上，则该双曲线的离心率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 20 -‎ 根据双曲线的定义可求得，可得答案.‎ ‎【详解】在等腰中，，‎ 设，则，所以，‎ 解得．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义和双曲线的离心率，属于基础题.‎ ‎16. 数学中有许多寓意美好的曲线，曲线被称为“幸运四叶草曲线”（如图所示）．给出下列四个结论：‎ ‎①曲线C关于直线交于不同于原点的两点，则 ‎②存在一个以原点为中心、边长为1的正方形，使得曲线C在此正方形区域内（含边界）；‎ ‎③存在一个以原点为中心、半径为1的圆，使得曲线C在此圆面内（含边界）；‎ ‎④曲线C上存在一个点M，使得点M到两坐标轴的距离之积大于.‎ 其中，正确结论的序号是___________．‎ ‎【答案】①③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由对称性判断①，利用基本不等式求得曲线点到原点距离最大值后可判断②③④．‎ ‎【详解】曲线关于原点对称，所以，所以①正确；‎ 由，所以，‎ - 20 -‎ 即：，当取等号，此时，点曲线上，‎ 而，所以②错误，③正确，‎ 因为，所以④错误，综上所述，①③正确．‎ 故答案为：①③．‎ ‎【点睛】本题考查由方程研究曲线的性质，用基本不等式求曲线上的点到原点距离的最大值．应用基本不等式求最值是解题关键．‎ 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．‎ ‎17. 某地六月份30天的日最高气温的统计表如下：‎ 日最高气温（单位：）‎ 天数 ‎7‎ ‎11‎ 由于工作疏忽，统计表被墨水污染，Y和Z数据不清楚，但提供的资料显示，六月份的日最高气温不高于32℃的频率为0.8.‎ ‎（1）求Y，Z的值；‎ ‎（2）把日最高气温高于32℃称为本地区的“高温天气”，已知该地区某种商品在六月份“高温天气”有2天“旺销”，“非高温天气”有6天“不旺销”，根据已知条件完成下面2×2列联表，并据此是否有95%的把握认为本地区的“高温天气”与该商品“旺销”有关？说明理由.‎ 高温天气 非高温天气 合计 旺销 不旺销 合计 - 20 -‎ 附：‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.0010‎ 旺销 ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ ‎【答案】（1），；（2）填表见解析；没有；答案见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据六月份的日最高气温不高于32℃的频率为0.8，得到日最高气温高于的频率为，由求解. ‎ ‎（2）根据列联表，利用求得，对照临界表下结论.‎ ‎【详解】（1）由已知得：日最高气温高于的频率为，‎ 所以，.‎ ‎（2）‎ 高温天气 非高温天气 合计 旺销 不旺销 合计 - 20 -‎ 因为，所以没有％的把握认为本地区的“高温天气”与该商品“旺销”有关.‎ ‎【点睛】本题主要考查统计表的应用以及独立性检验，属于基础题.‎ ‎18. 已知的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，，.‎ ‎（1）求A的值；‎ ‎（2）从①，②两个条件中选一个作为已知条件，求的值. ‎ ‎【答案】（1）；（2）选择见解析；.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由余弦定理结合已知即得解；‎ ‎（2）选择①，利用正弦定理求出，再利用即得解；选择②，利用即得解.‎ ‎【详解】（1）由得：‎ ‎，‎ 又因为，所以.‎ ‎（2）选择①作为已知条件.‎ 在△中，由，以及正弦定理，‎ 得，解得，‎ 由，得为锐角，所以，‎ - 20 -‎ 因为在△中，，所以 ‎，‎ 所以.‎ 选择②作为已知条件，‎ 因为在△中，，‎ 所以 ‎，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查和角的正弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎19. 设数列满足，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前的和．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用累加法可得数列的通项公式；‎ ‎（2）根据对数知识求出后，再利用裂项公式求和可得结果.‎ ‎【详解】（1）因为（），‎ 所以（），‎ - 20 -‎ 当时，也适合，‎ 所以数列的通项公式为． ‎ ‎（2）因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考查了利用累加法求数列的通项公式，考查了对数的性质，考查了利用裂项求和法求数列的前项和，属于中档题.‎ ‎20. 如图，直三棱柱中，，，D，E分别是BC，的中点．‎ ‎（1）证明：平面ADE；‎ ‎（2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据∽，可得，根据平面，可得 - 20 -‎ ‎，再根据直线与平面垂直的判定定理可得平面ADE；‎ ‎（2）因为，所以，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用平面的法向量可求得结果.‎ ‎【详解】（1）由已知得：，所以∽，‎ 所以，所以，‎ 所以，所以，‎ 又因为，是的中点，所以，‎ 所以平面，所以，而，‎ 所以平面ADE；．‎ ‎（2）因为，所以，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，‎ 所以，，，‎ 则，，‎ 设为平面的一个法向量，‎ 则，即，‎ 取，得，，所以，‎ - 20 -‎ 平面的法向量为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以，平面与平面所成二面角的正弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定定理，考查了二面角的向量求法，属于中档题.‎ ‎21. 已知点和直线，设动点到直线2的距离为d，且.‎ ‎（1）求点M的轨迹E的方程；‎ ‎（2）已知，若直线与曲线E交于A，B两点，设点A关于x轴的对称点为C，证明：P、B、C三点共线.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接把已知条件用坐标表示并化简即得轨迹方程；‎ ‎（2）设，，则，直线方程与椭圆方程联立消去后整理后应用韦达定理有，由两点坐标写出直线方程，由证明直线过点即证得结论．‎ ‎【详解】解：（1）由已知，，‎ 所以，‎ 化简得动点的轨迹的方程：．‎ - 20 -‎ ‎（2）设，，则，‎ 由，得：，此时，‎ 所以，，‎ 由直线的方程：得：‎ ‎，‎ 令，则，‎ 所以直线过点，即，，三点共线．‎ ‎【点睛】本题考查用直接法求轨迹方程，考查直线与椭圆相交问题，解题方法是设而不求的思想方法．本题属于中档题．直线过定点的两类问题：‎ ‎（1）未知定点，用参数写出直线方程，参数较多时，可通过已知条件消去多余的参数，只留下一个参数，利用此方程关于参数是恒等式可得定点坐标．‎ ‎（2）已知定点，同样用参数表示出直线方程，验证定点在此直线上即可．‎ ‎22. 已知函数.‎ ‎（1）若，求实数的取值范围；‎ ‎（2）设，数列的前n项和为，证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，得，引入新函数，由导数得出的单调性和最大值，从而得的范围；‎ ‎（2）在时，，由导数可证明其单调递增，可得即 - 20 -‎ ‎ .令，可得，由此求和可证明不等式成立．‎ ‎【详解】解：（1）的定义域为,‎ 由得，‎ 令，则，‎ 由得，由得，‎ 所以在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以，‎ 所以，所以的取值范围为. ‎ ‎（2）由（1）得时，，‎ 而，，‎ 所以在上单调递增，‎ 所以 ，‎ 即 .‎ 令，则，‎ 所以，‎ 所以，，…，，‎ 所以．‎ ‎【点睛】‎ - 20 -‎ 本题考查不等式恒成立求参数范围，考查用导数证明数列不等式，不等式恒成立问题的关键是利用分离参数法把问题转化为求函数最值．本题不等式的证明，关键是证明一个函数不等式： ，这样就可得，求和后可证得不等式成立．‎ - 20 -‎