1、2021 年云南省大理州高考数学第二次复习试卷年云南省大理州高考数学第二次复习试卷（理科理科）（二模二模） 一、选择题（共一、选择题（共 12 小题）小题）. 1已知集合 Ax|x|2，Bx|ylg（x1），则 AB（） Ax|1x2Bx|1x2Cx|x2Dx|x2 2设复数 z+3i，则 z 在复平面中对应的点为（） A（1，4）B（2，5）C（4，1）D（5，2） 3“”是“”的（） A充分而不必要条件B必要而不充分条件 C充分必要条件D既不充分也不必要条件 4在区间上任取一个数 k，使直线 yk（x+3）与圆 x2+y21 相交的概率为 （） ABCD 5已知 a20.2，blog20.
2、2，clog0.22，则 a，b，c 的大小关系为（） AabcBbacCcbaDbca 6已知双曲线 C：1（a0，b0）的离心率为，则点（4，0）到 C 的渐近 线的距离为（） AB2CD2 7记 Sn为等比数列an的前 n 项和若 a5a312，a6a424，则（） A2n1B221 n C22n 1 D21 n1 8执行如图的程序框图，若输入 k 的值为 3，则输出 S 的值为（） A10B15C18D21 9 已知四面体 ABCD 所有顶点都在球 O 的球面上， 且 AB平面 BCD， 若 AB2， BCD 120，BCCD1，则球 O 的表面积为（） A4B6C8D12 10已知函
3、数的零点依次构成一个公差为的等差数 列，把函数 f（x）的图象沿 x 轴向右平移个单位，得到函数 g（x）的图象，则函数 g （x）（） A是偶函数 B其图象关于直线对称 C在上是增函数 D在区间上的值域为 11设抛物线 y28x 的焦点为 F，过 F 的直线 l 与抛物线交于点 A，B，与圆 x2+y24x+3 0 交于点 P，Q，其中点 A，P 在第一象限，则 2|AP|+|QB|的最小值为（） AB CD 12已知函数 f（x）x2+a，g（x）x2ex，若对任意的 x21，1，存在唯一的 x1， 2，使得 f（x1）g（x2），则实数 a 的取值范围是（） A（e，4B（e+，4C（e
4、+，4）D（，4 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13已知| |1， （0，2），且1，则向量 与 的夹角为 14中国古典数学有完整的理论体系，其代表作有算数书 九章算术 周髀算经 孙 子算经等，有 3 名中学生计划去图书馆阅读这四种古典数学著作（这四种著作每种各 一本），要求每人至少阅读一种古典数学著作，每种古典数学著作只有一人阅读，则不 同的阅读方案的总数有种（请用数字作答） 15如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 P 在线段 A1B 上移动，有下列判断：平面 BDP平面 B1D1C； 平面 PAC1平面 B1D
5、1C； 三棱锥 PB1D1C 的体积不变； PC1 平面 B1D1C其中，正确的是（把所有正确的判断的序号都填上） 16我们把叫“费马数”（费马是十七世纪法国数学家），设 an log2（ Fn 1 ） ， Sn表 示 数 列 an 的 前 n 项 之 和 ， 则 使 不 等 式 成立的最大正整数 n 的值是 三、解答题：共三、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 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答 17ABC
6、 中，角 A，B，C 对边的边长分别是 a，b，c，且 a（cosB+cosC）b+c （1）求证：A； （2）若ABC 外接圆半径为 1，求ABC 周长的取值范围 18 如图甲， 在ABC 中， ABBC， AB6， BC3， D， E 分别在 AC， AB 上， 且满足， 将ADE 沿 DE 折到PDE 位置，得到四棱锥 PBCDE，如图乙 （1）已知 M，N 为 PB，PE 上的动点，求证：MNDE； （2）在翻折过程中，当二面角 PEDB 为 60时，求直线 CE 与平面 PCD 所成角的 正弦值 19随着中美贸易战的不断升级，越来越多的国内科技巨头加大了科技研发投入的力度中 华技术有
7、限公司拟对“麒麟”于机芯片进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技 升级投入 x（亿元）与科技升级直接收益 y（亿元）的数据统计如下： 序号123456789101112 x2346810132122232425 y1322314250565868.53837.56666 当 0 x17 时，建立了 y 与 x 的两个回归模型：模型：模型： 14.4；当 x17 时，确定 y 与 x 满足的线性回归方程为 （1）根据下列表格中的数据，比较当 0 x17 时模型、的相关指数 R2的大小，并 选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“麒麟”手机芯片科技升级的投入为 17 亿元 时的直接收益 回归模
8、型模型模型 回归方程 14.4 182.479.2 （附：刻画回归效果的相关指数 R214.1） （2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于 20 亿元时，国家给予公司补贴 5 亿元， 以回归方程为预测依据，比较科技升级投入 17 亿元与 20 亿元时公司实际收益的大小； （附：用最小二乘法求线性回归方程的系数公式 ；a） （3）科技升级后，“麒麟”芯片的效率 X 大幅提高，经实际试验得 X 大致服从正态分布 N（0.52，0012）公司对科技升级团队的奖励方案如下：若芯片的效率不超过 50%，不 予奖励：若芯片的效率超过 50%但不超过 53%，每部芯片奖励 2 元：若芯片的效率超过 53
9、%，每部芯片奖励 4 元，记 Y 为每部芯片获得的奖励，求 E（Y）（精确到 0.01） （附：若随机变量 XN（，2）（0），则 P（X+）0.6827，P（ 2X+2）0.9545） 20已知椭圆 C的两个焦点为 F1，F2，焦距为，直线 l：y x1 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，为弦 AB 的中点 （1）求椭圆的标准方程； （2） 若直线 l： ykx+m 与椭圆 C 相交于不同的两点 M， N， Q （0， m） ， 若 （O 为坐标原点），求 m 的取值范围 21已知函数 f（x）xsinx+cosx+ax2，x， （1）当 a0 时，求 f（x）的单调区间； （2）当 a0
10、时，讨论 f（x）的零点个数 请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一道作答题中任选一道作答，如果多做如果多做，则按所做的第一题计分则按所做的第一题计分作答时请写清作答时请写清 题号题号选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22以直角坐标系 xOy 的原点为极坐标系的极点，x 轴的正半轴为极轴已知曲线 C1的极 坐标方程为4cos+8sin，P 是 C1上一动点，Q 的轨迹为 C2 （）求曲线 C2的极坐标方程，并化为直角坐标方程； （）若点 M（0，1），直线 l 的参数方程为（t 为参数），直线 l 与曲线 C2的交点为 A，B，当|MA|+|MB|取最小值时，求直线
11、l 的普通方程 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数 f（x）|2x+4|2x2| （1）求不等式|f（x）|4 的解集； （2）记 f （x）的最大值为 m，设 a，b，c0，且 a+2b+3cm，证明：+ 参考答案参考答案 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的 1已知集合 Ax|x|2，Bx|ylg（x1），则 AB（） Ax|1x2Bx|1x2Cx|x2Dx|x2 解：集合 Ax|x|2x|2x2， Bx
12、|ylg（x1）x|x1， ABx|x2 故选：C 2设复数 z+3i，则 z 在复平面中对应的点为（） A（1，4）B（2，5）C（4，1）D（5，2） 解：1+4i， z 在复平面中对应的点为（1，4） 故选：A 3“”是“”的（） A充分而不必要条件B必要而不充分条件 C充分必要条件D既不充分也不必要条件 【解答】 可知充分，当0时可知不必要 故选：A 4在区间上任取一个数 k，使直线 yk（x+3）与圆 x2+y21 相交的概率为 （） ABCD 解：圆 x2+y21 的圆心为（0，0） 圆心到直线 yk（x+3）的距离为， 要使直线 yk（x+3）与圆 x2+y21 相交，则1，解得
13、k 在区间，上随机取一个数 k，使 yk（x+3）与圆 x2+y21 相交的概率为 故选：D 5已知 a20.2，blog20.2，clog0.22，则 a，b，c 的大小关系为（） AabcBbacCcbaDbca 解：a20.2201， ， ， acb， 故选：D 6已知双曲线 C：1（a0，b0）的离心率为，则点（4，0）到 C 的渐近 线的距离为（） AB2CD2 解：双曲线 C：1（a0，b0）的离心率为， 可得，即：，解得 ab， 双曲线 C：1（ab0）的渐近线方程为：yx， 点（4，0）到 C 的渐近线的距离为：2 故选：D 7记 Sn为等比数列an的前 n 项和若 a5a31
14、2，a6a424，则（） A2n1B221 n C22n 1 D21 n1 解：设等比数列的公比为 q， a5a312， a6a4q（a5a3）， q2， a1q4a1q212， 12a112， a11， Sn2n1，an2n 1， 221 n， 故选：B 8执行如图的程序框图，若输入 k 的值为 3，则输出 S 的值为（） A10B15C18D21 解：模拟程序的运行，可得 k3，n1，S1 满足条件 Skn，执行循环体，n2，S3 满足条件 Skn，执行循环体，n3，S6 满足条件 Skn，执行循环体，n4，S10 满足条件 Skn，执行循环体，n5，S15 此时，不满足条件 Skn15，
15、退出循环，输出 S 的值为 15 故选：B 9 已知四面体 ABCD 所有顶点都在球 O 的球面上， 且 AB平面 BCD， 若 AB2， BCD 120，BCCD1，则球 O 的表面积为（） A4B6C8D12 解：，设球 O 的半径为 R，三角形 BCD 的外接圆半径为 r， 则，r1， 所以， 所以球 O 的表面积为 S4R28 故选：C 10已知函数的零点依次构成一个公差为的等差数 列，把函数 f（x）的图象沿 x 轴向右平移个单位，得到函数 g（x）的图象，则函数 g （x）（） A是偶函数 B其图象关于直线对称 C在上是增函数 D在区间上的值域为 解：函数2sin（x+） 的零点依
16、次构成一个公 差为的等差数列， ，2，f（x）2sin（2x+） 把函数 f（x）的图象沿 x 轴向右平移个单位，得到函数 g（x）2sin2x 的图象， 故 g（x）是奇函数，故 A 错误； 令 x，可得 g（x）0，故 g（x）的图象关于点（，0）对称，故 B 错误； 当 x，2x，g（x）是减函数，故 C 错误； 当 x，2x，g（x），2，故 D 正确， 故选：D 11设抛物线 y28x 的焦点为 F，过 F 的直线 l 与抛物线交于点 A，B，与圆 x2+y24x+3 0 交于点 P，Q，其中点 A，P 在第一象限，则 2|AP|+|QB|的最小值为（） AB CD 解：如图所示：
17、因为圆的方程为 x2+y24x+30 即为（x2）2+y21，所以圆心（2，0），半径 R1， 因为 2|AP|+|QB|2（|AF|R）+（|BF|R）， 所以 2|AP|+|QB|2|AF|+|BF|3， 因为|AF|xA+xA+2，|BF|xB+xB+2， 所以 2|AP|+|QB|2xA+xB+3， 设 l：xmy+2，所以，整理得 x2（4+8m2）+40， 所以 xAxB4，则 2|AP|+|QB|2xA+xB+32+34+3，当 xA，xB2时 取等号， 综上可知 2|AP|+|QB|最小值为 4+3， 故选：D 12已知函数 f（x）x2+a，g（x）x2ex，若对任意的 x2
18、1，1，存在唯一的 x1， 2，使得 f（x1）g（x2），则实数 a 的取值范围是（） A（e，4B（e+，4C（e+，4）D（，4 解：f（x）x2+a 在，2的值域为a4，a， 但 f（x）在（，2递减，此时 f（x）a4，a） g（x）x2ex的导数为 g（x）2xex+x2exx（x+2）ex， 可得 g（x）在1，0递减，（0，1递增， 则 g（x）在1，1的最小值为 g（0）0，最大值为 g（1）e，即值域为0，e 对任意的 x21，1，存在唯一的 x1，2，使得 f（x1）g（x2）， 可得0，ea4，a）， 可得 a40ea， 解得 e+a4 故选：B 二、填空题：本题共二、
19、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13已知| |1， （0，2），且1，则向量 与 的夹角为 解：| |1， （0，2），且1， 可得：| | |cos11， 可得 cos， 可得 故答案为： 14中国古典数学有完整的理论体系，其代表作有算数书 九章算术 周髀算经 孙 子算经等，有 3 名中学生计划去图书馆阅读这四种古典数学著作（这四种著作每种各 一本），要求每人至少阅读一种古典数学著作，每种古典数学著作只有一人阅读，则不 同的阅读方案的总数有36种（请用数字作答） 解：根据题意，分 2 步进行分析： 将 4 本著作分为 3 组，有 C426 种分法，
20、 将分好的三组全排列，分配给 3 人，有 A336 种情况， 则有 6636 种不同的阅读方案； 故选： 15如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 P 在线段 A1B 上移动，有下列判断：平面 BDP平面 B1D1C； 平面 PAC1平面 B1D1C； 三棱锥 PB1D1C 的体积不变； PC1 平面 B1D1C其中，正确的是（把所有正确的判断的序号都填上） 解：由题意可知，BDB1D1，BPCD1，所以平面 BDP平面 B1D1C，故命题正确； 因为 AC1平面 B1D1C，且 AC1平面 PAC1，所以平面 PAC1平面 B1D1C，故命题正 确； 因为 BA1平面 B1D1C，
21、所以点 P 不论在 A1B 上什么位置，它到平面 B1D1C 的距离都相 等，所以三棱锥 PB1D1C 的体积不变，故命题正确； 当点 P 在线段 A1B 上移动时，PC1与平面 B1D1C 不一定垂直，故命题错误 故答案为： 16我们把叫“费马数”（费马是十七世纪法国数学家），设 an log2（ Fn 1 ） ， Sn表 示 数 列 an 的 前 n 项 之 和 ， 则 使 不 等 式 成立的最大正整数 n 的值是5 解：anlog2（Fn1）log222n， Sn2n+12， 则， 所以+ ， 由，可得， 解得 n6， 所以最大正整数 n 的值为 5 故答案为：5 三、解答题：共三、解答
22、题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答 17ABC 中，角 A，B，C 对边的边长分别是 a，b，c，且 a（cosB+cosC）b+c （1）求证：A； （2）若ABC 外接圆半径为 1，求ABC 周长的取值范围 解：（1）证明：a（cosB+cosC）b+c 由余弦定理得 a+ab+c 整理得（b+c）（a2b2c2）0 b+c0，a2b2+c2故 A （2）ABC 外接圆半径
23、为 1，A，a2 b+c2（sinB+cosB）2sin（B+） 0B，B+，2b+c2 4a+b+c2+2， 故ABC 周长的取值范围是（4，2+2 18 如图甲， 在ABC 中， ABBC， AB6， BC3， D， E 分别在 AC， AB 上， 且满足， 将ADE 沿 DE 折到PDE 位置，得到四棱锥 PBCDE，如图乙 （1）已知 M，N 为 PB，PE 上的动点，求证：MNDE； （2）在翻折过程中，当二面角 PEDB 为 60时，求直线 CE 与平面 PCD 所成角的 正弦值 【解答】（1）证明：在图甲中，2，DEBC， ABBC，DEBE，且 DEAE， 在图乙中，DEBE，
24、DEPE，DE平面 PBE， MN平面 PBE，MNDE （2）解：DEBE，DEPE， PEB 是二面角 PEDB 的平面角，PEB60， 在PBE 中，BE2，PE4，PEB60， 由余弦定理得 PB2，满足 PB2+BE2PE2，PBBE， 由（1）得 BC平面 PBE，PBBC， 如图，以点 B 为坐标原点，分别以，为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系， 则 E（2，0，0），P（0，0，2），C（0，3，0），D（2，2，0）， （0，3，2），（2，1，0），（2，3，0）， 设平面 PCD 的法向量 （x，y，z）， 则，取 x1，得 （1，2，）， 直线 CE 与平面 PCD
25、 所成角的正弦值为： sin 19随着中美贸易战的不断升级，越来越多的国内科技巨头加大了科技研发投入的力度中 华技术有限公司拟对“麒麟”于机芯片进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技 升级投入 x（亿元）与科技升级直接收益 y（亿元）的数据统计如下： 序号123456789101112 x2346810132122232425 y1322314250565868.53837.56666 当 0 x17 时，建立了 y 与 x 的两个回归模型：模型：模型： 14.4；当 x17 时，确定 y 与 x 满足的线性回归方程为 （1）根据下列表格中的数据，比较当 0 x17 时模型、的相关指数 R
26、2的大小，并 选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“麒麟”手机芯片科技升级的投入为 17 亿元 时的直接收益 回归模型模型模型 回归方程 14.4 182.479.2 （附：刻画回归效果的相关指数 R214.1） （2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于 20 亿元时，国家给予公司补贴 5 亿元， 以回归方程为预测依据，比较科技升级投入 17 亿元与 20 亿元时公司实际收益的大小； （附：用最小二乘法求线性回归方程的系数公式 ；a） （3）科技升级后，“麒麟”芯片的效率 X 大幅提高，经实际试验得 X 大致服从正态分布 N（0.52，0012）公司对科技升级团队的奖励方案如下：若芯片的
27、效率不超过 50%，不 予奖励：若芯片的效率超过 50%但不超过 53%，每部芯片奖励 2 元：若芯片的效率超过 53%，每部芯片奖励 4 元，记 Y 为每部芯片获得的奖励，求 E（Y）（精确到 0.01） （附：若随机变量 XN（，2）（0），则 P（X+）0.6827，P（ 2X+2）0.9545） 解：（1）由表格中的数据，182.479.2， ， 11， 模型的相关指数 R12小于模型的相关指数 R22， 回归模型的拟合效果更好， 当 x17 亿时，科技升级直接收益的预测值为： 21.314.472.93（亿元） （2）当 x17 时，由已知可得 23， 67.2， 67.2+0.72
28、383.3， 当 x17 时，y 与 x 满足的线性回归方程为 0.7x+83.3， 当 x20 亿元，实际收益的预测值为： 0.720+83.369.3 亿元， 当 x20 亿元时，实际收益的预测值为 69.3+574.3 亿元72.93 亿元， 技术升级投入 20 亿元时，公司的实际收益更大 （3）20.5，+0.53， P（0.50X0.53）P（2X+） P（2X）+P（X+） +0.6827 0.8186 P（X0.53）P（X+）， E（Y）0+20.8186+42.27182.27（元） 20已知椭圆 C的两个焦点为 F1，F2，焦距为，直线 l：y x1 与椭圆 C 相交于 A
29、，B 两点，为弦 AB 的中点 （1）求椭圆的标准方程； （2） 若直线 l： ykx+m 与椭圆 C 相交于不同的两点 M， N， Q （0， m） ， 若 （O 为坐标原点），求 m 的取值范围 解： （1） 设 A （x1， y1） ， B （x2， y2） ， 两式相减可得+ 0， 可得， 由题意可得1，x1+x22，y1+y22（）， 所以可得， 而由题意可得 2c2，b2a2c2， 解得：a23，b21， 所以椭圆的方程为：+y21； （2）设 M（x1，y1），N（x2，y2）， 联立直线与椭圆的方程：，整理可得：（1+3k2）x2+6kmx+3m230， 36k2m24（1+3
30、k2）（3m23）0，可得 m23k2+1， 且 x1+x2，x1x2， 因为，可得 M，N，Q 三点共线，所以+， 所以+1，解得：2， 且x1+x20，可得 x12x2， 将 x12x2，代入两根之和及两根之积可得：x2，2x22， 所以2（）2，整理可得 3k20， 联立可得+1m20，整理可得 m2（1m2）（9m21）0， 解得m21，解得：m1 或1m 所以 m 的取值范围：m|m1 或1m 21已知函数 f（x）xsinx+cosx+ax2，x， （1）当 a0 时，求 f（x）的单调区间； （2）当 a0 时，讨论 f（x）的零点个数 解： （1）当 a0 时，f（x）xsin
31、x+cosx，x，f（x）sinx+xcosxsinxxcosx 当 x 在区间，上变化时，f（x），f（x）的变化如下表 x（， （0（0， （， ），0） ） f（x）+00+0 f（x）1极大 值 极小 值 1 极大 值 1 f（x）的单调增区间为（，），（0，）；f（x）的单调减区间为（， 0），（，） （2）任取 x， f（x）（x）sin（x）+cos（x）+a（x）2xsinx+cosx+ax2f（x）， f（x）是偶函数f（x）ax+xcosxx（a+cosx） 当 a1 时，a+cosx0 在0，）上恒成立，x0，）时，f（x）0 f（x）在0，上单调递增 又f（0）1，f（
32、x）在0，上有 0 个零点 又f（x）是偶函数，f（x）在，上有 0 个零点 当 0a1 时，令 f（x）0，得 cosxa 由1a0 可知存在唯一 x0（，）使得 cosx0a 当 x0，x0）时，f（x）0，f（x）单调递增； 当 x（x0，）时，f（x）0，f（x）单调递减 f（0）1，f（x0）1，f（）a21 当a210，即a1 时，f（x）在0，上有 0 个零点 由 f（x）是偶函数知 f（x）在，上有 0 个零点 当a210，即 0a时，f（x）在0，上有 1 个零点 由 f（x）是偶函数知 f（x）在，上有 2 个零点 综上，当 0a时，f（x）有 2 个零点；当 a时，f（x
33、）有 0 个零点 请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一道作答题中任选一道作答，如果多做如果多做，则按所做的第一题计分则按所做的第一题计分作答时请写清作答时请写清 题号题号选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22以直角坐标系 xOy 的原点为极坐标系的极点，x 轴的正半轴为极轴已知曲线 C1的极 坐标方程为4cos+8sin，P 是 C1上一动点，Q 的轨迹为 C2 （）求曲线 C2的极坐标方程，并化为直角坐标方程； （）若点 M（0，1），直线 l 的参数方程为（t 为参数），直线 l 与曲线 C2的交点为 A，B，当|MA|+|MB|取最小值时，求直线 l 的普通方
34、程 解：（）根据题意，设点 P，Q 的极坐标分别为（0，）、（，）， 则有02cos+4sin，故曲线 C2的极坐标方程为2cos+4sin， 变形可得：22cos+4sin， 故 C2的直角坐标方程为 x2+y22x+4y，即（x1）2+（y2）25； （）设点 A，B 对应的参数分别为 t1、t2，则|MA|t1，|MB|t2， 设直线 l 的参数方程，（t 为参数）， 代入 C2的直角坐标方程（x1）2+（y2）25 中， 整理得 t22（cos+sin）t30 由根与系数的关系得 t1+t22（cos+sin），t1t23， 则|MA|+|MB|t1|+|t2|t1t2| 2， 当且仅当 sin21 时，等号成立， 此时 l 的普通方程为 x+y10 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数 f（x）|2x+4|2x2| （1）求不等式|f（x）|4 的解集； （2）记 f （x）的最大值为 m，设 a，b，c0，且 a+2b+3cm，证明：+ 解：（1）f（x）|2x+4|2x2| |f（x）|4， 不等式的解集为 （2）由（1）知，f（x）的最大值为 6，a+2b+3cm6， ， 当且仅当 a2b3c，即时等号成立， +
