2022届云南省昆明市第一中学高中新课标高三上学期第五次二轮复习检测数学（理）试题（解析版）

这是一份2022届云南省昆明市第一中学高中新课标高三上学期第五次二轮复习检测数学（理）试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届云南省昆明市第一中学高中新课标高三第五次二轮复习检测数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解二次不等式化简集合，再利用集合的交并补运算及数轴法即可求得所求.【详解】因为，所以，又，所以.故选：B.2．设，则z的虚部为（    ）A． B． C．1 D．【答案】C【分析】结合复数的除法运算化简，再由对应关系找出虚部.【详解】，则的虚部为.故选：C．3．为评估一种新品种玉米的种植效果，选取n块地作试验田，这n块地的亩产量（单位：）分别为，下面给出的指标中可以用来评估这种玉米亩产量稳定程度的是（    ）A．平均数 B．的众数C．的中位数 D．的标准差【答案】D【分析】结合数据特征逐一判断即可.【详解】对A项，平均数是体现集中趋势的一项指标，故A项不符合；对B项，众数体现的是出现次数最多的数，故B项不符合；对C项，中位数将数据分为前后两部分，体现的是数据的“中等水平”，故C项不符合；对D项，标准差体现的是数据的离散程度，可以用来评估产量稳定程度，故D项符合.故选：D4．已知数列满足，则（    ）A． B．1 C．4043 D．4044【答案】A【分析】由递推式得到，从而得到，由此再结合即可求得的值.【详解】由得，两式相加得，即，故，所以.故选：A．5．设a为实数，函数，且是偶函数，则的单调递减区间为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求导，结合是偶函数得到，求出，从而根据小于0，求出单调递减区间.【详解】因为，所以，又因为是偶函数，所以，即，故，即，所以，令，解得，所以的单调递减区间为.故选：C．6．设D为所在平面内一点，，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由平面向量共线定理得，再由平面向量的基本定理得到，从而求得，，由此得到结果.【详解】因为，所以，所以，故，又因为，所以，，则.故选：D..7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体的最长棱的长度等于（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由三视图得到直观图，结合勾股定理得到各边长，得到答案.【详解】由三视图知，该几何体的直观图是四棱锥，画出直观图如下：，，由勾股定理得：，因为⊥平面ABCD，平面ABCD，所以PA⊥BC，因为AB⊥BC，，平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因为PB平面PAB，所以BC⊥PB，，，所以该几何体最长棱的长度为.故选：B．8．过抛物线的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，且，则直线l的斜率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，由得到，当直线的斜率为0时不合要求，当直线的斜率不为0时，设，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，从而列出方程，得到，求出直线的斜率.【详解】由题意得：，因为，则，设，则，当直线的斜率为0时，此时直线l与抛物线只有1个交点，不合要求，当直线的斜率不为0时，设，则联立与抛物线方程，得，则，因为，故，所以，解得：，故直线l的斜率为.故选：C．9．已知函数，若存在3个零点，则a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】令，即，则函数的零点个数即为函数与函数交点的个数，作出函数与函数的图象，根据题意结合图形列出不等式组，解之即可得出答案.【详解】解：令，即，则函数的零点个数即为函数与函数交点的个数，作出函数与函数的图象，如图所示，当直线与曲线相切时，又当时，，则，则，则，即且点为，此时，因为存在3个零点，即函数与函数的图象有3个交点，所以，解得，所以a的取值范围是.故选：D.10．学校开展读书活动，要求每位同学从《三国演义》、《红楼梦》、《水浒传》、《西游记》四本中国名著中选不同的两本，《复活》、《老人与海》两本外国名著中选一本，共选三本书进行阅读赏析，则甲、乙两人恰有两本书选择相同的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先计算出从四本中国名著中选不同的两本，两本外国名著中选一本，甲、乙选择情况的总个数，再分两本相同书目均为中国名著，两本相同书目一本是中国名著，一本是外国名著，两种情况，分别求解相应的概率，再相加即可.【详解】从四本中国名著中选不同的两本，两本外国名著中选一本，甲、乙均有种情况，若两本相同书目均为中国名著，则从4本中国名著中选择两本，有种选择，两本外国名著，两人进行全排列即可，有情况为种，则概率；若两本相同书目一本是中国名著，一本是外国名著，则先从4本中国名著中选择1本，两人均选择了此名著，再从2本外国名著中选择1人，两人均选择了此名著，有种选择，再从剩余的3本中国名著中选择2本不同的名著，即进行部分排列即可，此时有种选择，故共有种选择，则概率，所以甲、乙两人恰有两本书选择相同的概率.故选：C ．11．已知双曲线的左右焦点分别为，P是双曲线上位于第一象限内的一点，且直线与y轴的正半轴交于A点，三角形的内切圆在边上的切点为Q，双曲线的左焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，，则该双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设直线，与圆的切点分别为，，易得，由圆的切线性质可得，，，结合双曲线第一定义，其中，，转化可求出，焦点到准线距离求得，进而求得离心率.【详解】假设直线，与圆的切点分别为，，由对称性可知，容易得，，，因为点在双曲线的右支，由双曲线的定义得，所以，又因为双曲线的左焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，设一条准线为：，则焦点到准线距离，所以，所以双曲线的离心率为，故选：A ．12．在棱长为2的正方体中，M，N两点在线段上运动，且，给出下列结论：①在M，N两点的运动过程中，⊥平面；②在平面上存在一点P，使得平面；③三棱锥的体积为定值；④以点D为球心作半径为的球面，则球面被正方体表面所截得的所有弧长和为．其中正确结论的序号是（    ）A．①②③ B．①③④ C．②④ D．②③④【答案】D【分析】①建立空间直角坐标系，写出点的坐标，当点移动到点时，由于，故与不垂直，所以①错误；②证明出线面平行，从而平面上存在一点P，使得平面；③作出辅助线，利用求出体积为定值；④得到球面被正方体表面所截得的弧为个半径为的圆弧，求出弧长和.【详解】以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图1，对于①，当点移动到点时，此时，则，因为，所以与不垂直，所以①错误；对于②，平面与平面为同一个平面，而，所以当点在上时，总有平面，从而有平面，所以②正确；如图3，连接，交于点O，则⊥，故为三角形的高，且，所以，又⊥平面，故，所以③正确；，以点D为球心作半径为的球面，球面被正方体表面所截得的弧为以为圆心，个半径为的圆弧，弧长和为，所以④正确，故选：D． 二、填空题13．设实数x，y满足条件，则的最大值是______________．【答案】10【分析】结合约束条件画出可行域，由目标函数的几何意义即可求解.【详解】如图，作出可行域，可变形为，要使取到最大值，应交于，此时的最大值是．故答案为：1014．设为正项等比数列的前n项积，若，则___________．【答案】32【分析】根据等比数列通项公式基本量计算求出首项和公比，再计算出前10项积即可.【详解】由，得，因为为正项等比数列，所以，解得：，又，解得：，所以．故答案为：3215．的展开式中常数项是______________．（用数字作答）【答案】15【分析】利用二项式定理得到展开式的通项公式，从而令求出，得到常数项.【详解】的展开式的通项公式，令，解得，所求常数项为．故答案为：1516．函数的定义域为，其导函数为，若，且当时，，则不等式的解集为__________．【答案】【分析】构造，得到其在上为偶函数，且在上单调递增，变形得到，从而得到，求出答案.【详解】令，则，又，所以得，即，所以为上的偶函数，又时，，所以在上单调递增，又为上的偶函数，所以在上单调递减，由，得，所以，即，所以得，解得：，所以不等式的解集为．故答案为：.【点睛】利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：比如：若，则构造，若，则构造，若，则构造，若，则构造. 三、解答题17．已知的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，．(1)求A的值；(2)若，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用余弦定理得到，结合得到；（2）由正弦定理得到，求出，再由及余弦和角公式计算出答案.【详解】（1）由得：，又因为，所以；（2）在△中，由及正弦定理，  得：，解得：，由，得， 所以，因为在△中，，所以，所以．18．某蛋糕店每天制作生日蛋糕若干个，每个生日蛋糕成本为60元，售价为100元．如果卖不完，剩下的蛋糕作垃圾处理，现收集并整理了该店100天生日蛋糕的日需求量（单位：个）如下表：需求量101112131415频数8202427147 将这100天记录的各需求量的频率作为每天各需求量发生的概率．(1)若蛋糕店某一天制作生日蛋糕13个，X表示当天的利润（单位：元），求X的分布列和数学期望；(2)若蛋糕店计划一天制作13个或14个生日蛋糕，以每日销售利润的数学期望为决策依据，你认为应制作13个还是14个？请说明理由．【答案】(1)分布列见解析，期望为；(2)应制作13个，理由见解析. 【分析】（1）设出每天的需求量，根据题意，求得的取值以及对应的概率，写出分布列，再求数学期望即可；（2）求得制作个蛋糕时利润的分布列以及数学期望，和（1）中所求数学期望进行对比即可.【详解】（1）设当天的需求量为，则当时，利润，当时，利润．所以的取值为，，，，，，，，的分布列为 期望.（2）若制作14个生日蛋糕，设当天的利润（单位：元）为，当天的需求量为，则当时，；当时，；则可取，，，，，，，，，期望.因为，故应制作13个蛋糕．19．如图，四边形为正方形，E，F分别为的中点，以为折痕把折起，使点C到达点P的位置，且平面平面．(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）证明出三角形全等，得到，结合面面垂直，得到线面垂直，从而证明出平面；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角.【详解】（1）因为四边形为正方形，，分别为，的中点． 所以△≌△，所以，因为，所以，所以，设，则，又平面平面，交线为，平面，所以⊥平面，又平面，所以，又，且，平面，所以平面.（2）建立空间坐标系如图所示，设，则各点坐标如下：，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，得，令，可得，，即，易知平面的一个法向量，所以，设二面角的大小为，则，所以二面角的正弦值．       20．已知直线与直线相交于点P，其中，设动点P的轨迹为曲线，直线，恒过定点C．(1)写出C的坐标，并求曲线的方程；(2)若直线与曲线交于A，B两点，在x轴上是否存在定点N，使得恒成立？若存在，求出点N坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)；曲线的方程为，(2)存在； 【分析】（1）先求出C的坐标，再将两直线相乘得到方程，当时，求出轨迹方程，当时，去掉不合要求的点；（2）先检验直线和直线的斜率存在，联立直线方程和曲线方程，得到两根之和，两根之积，设直线和直线的斜率分别为，，计算出，可知直线与直线关于对称，故存在点，使得恒成立．【详解】（1）直线恒过点，设，因为点在直线上，所以   ①因为点在直线上，所以   ②①②得：，当时，即，化简得：，当时，不能使方程组成立，即不在直线和直线上，所以点不在曲线上，故曲线的方程为，；（2）设，，先检验A的坐标是否可以为，直线的斜率是否存在，假设，则，解得：，因为，故A的坐标不为，即直线的斜率存在，同理可证B的坐标不为，即直线的斜率存在，联立，得，即，由，解得，即，综上：，则，因为且，故直线和直线的斜率均存在，分别设为，，由，可知直线与直线关于对称，故存在点，使得恒成立.【点睛】处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.21．已知函数，且恒成立．(1)求的最大值；(2)当取得最大值时，设，若有两个零点为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）先求导得，对进行分类讨论，求出，即，进而求得的最大值；（2）由（1）得，则 ，令整理得，，作差变形得，要证，即证，代换得，构造，利用导数可证不等式恒成立.【详解】（1）由题意得，当时，，在上单增，当时，，此时显然不成立；当时，令，得，所以在上单减，在上单增，，即，所以，，所以，的最大值为；（2）由（1）式可知，即，所以 ，则有两个零点为，，即；，所以，，两式相减得，即，要证不等式恒成立，等价于，代入得．令，，，所以函数在上单调递增，，得证.22．已知点，动点M满足，点M的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的轨迹方程；(2)曲线C上任意一点N（不同于A，B）和点A，B的连线分别与y轴交于P，Q两点，O为坐标原点求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）结合，由向量的坐标运算化简即可求解曲线C的轨迹方程；（2）设，分别由点斜式求出直线和直线的方程，令可求，相乘即可求证.【详解】（1）设点，因为，所以，化简得，所以曲线的轨迹方程为；（2）设点，则直线的方程为，令得，所以，直线的方程为，令得，所以，所以．23．已知函数．(1)求不等式的解集；(2)若函数的最大值为m，且正实数a，b，c满足，求的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）分类讨论去绝对值，再解不等式即可求解；（2）结合绝对值三角不等式求出，由求出的最大值．【详解】（1）（1），或或，或或，所以不等式的解集为；（2）因为，所以函数的最大值为，即，所以，因为，所以，所以当时，的最大值为．