2021届云南省昆明市高三(理科)数学考前适应性训练试题【含答案】

2021届云南省昆明市高三（理科）数学考前适应性训练试题

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.欧拉公式eixcosxisinx(其中i为虚数单位)是由著名数学家欧拉发现的，当xπ时，

eπi10，这是数学里最令人着迷的一个公式，数学家们评价它是“上帝创造的公式”.根据

πz

欧拉公式，若将i所表示的复数记为z，则()

e3i

13133131

A.iB.iC.iD.i

22222222

【答案】C

【解析】

【分析】

π

iππz

根据欧拉公式可得ze3cosisin，进而可求出.

33i

π

iππ13z3131

【详解】依题意，ze3cosisini，则i.

3322i22i22

故选：C.

【点睛】本题考查新定义，考查复数的除法运算，属于基础题.

2.已知集合A{xx3,xN}，集合B1,0,1,2，则图中阴影部分所表示的集合为

()

A.1,2B.0,1,2

C.1,1,2D.1,0,1,2

【答案】B

【解析】

【分析】

易知图中阴影部分对应的集合为AB，可求出集合A，然后与集合B取交集即可.

【详解】由题意，A{x||x|3,xN}{x|3x3,xN}{0,1,2}，B1,0,1,2，

易知图中阴影部分对应的集合为AB，AB0,1,2.

故选：B

【点睛】本题考查集合的交集，考查绝对值不等式的解法，属于基础题.

3.函数f(x)exsin|x|的大致图象是()

A.B.

C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】

结合函数的奇偶性，并利用特殊值法，可排除错误选项，得出答案.

【详解】易知函数f(x)exsin|x|为非奇非偶函数，可排除B，C选项；

当x0时，f00，可排除选项D.

故选：A.

【点睛】本题考查函数图象的识别，考查学生的推理能力，属于基础题.

4.已知向量a(2,3),b(x,4)，且a与b共线，则b在a方向上的投影为()

413413

A.B.13C.13D.

33

【答案】D

【解析】

【分析】

ab

由a与b共线，可求出x的值，进而由b在a方向上的投影为，可求出答案.

a

8

【详解】由a与b共线，可得423x0，解得x，

3

852

则ab243，a223213.

33

52

ab413

所以b在a方向上的投影为bcosa,b3.

a133

故选：D.

【点睛】本题考查共线向量的性质，考查向量的投影，考查学生的计算求解能力，属于基础

题.

x2y2

5.已知点A(1,3)在双曲线1(a0,b0)的渐近线上，则该双曲线的离心率为

a2b2

()

A.3B.2C.3D.4

【答案】B

【解析】

【分析】

bcb2

由点A在双曲线的渐近线上，可求出，进而由离心率e1，可求出答案.

aaa2

b

【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为yx，

a

bb

易知点A(1,3)在直线yx上，则3，

aa

cb2

所以双曲线的离心率e1132.

aa2

故选：B.

【点睛】本题考查双曲线的离心率及渐近线，考查学生的计算求解能力，属于基础题.

6.ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若asinAsinBbcos2A2a，则

b

()

a

A.1B.2C.3D.2

【答案】D

【解析】

【分析】

利用正弦定理将角化为边，并结合sin2Acos2A1，可将原式转化为sinB2sinA，由

bsinB

，可求出答案.

asinA

【详解】由正弦定理得sin2AsinBsinBcos2A2sinA，

bsinB

所以sinB(sin2Acos2A)2sinA，即sinB2sinA，所以2.

asinA

故选：D.

【点睛】本题考查正弦定理的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.

7.执行如图所示的程序框图，若输出的i5，则图中判断框内可填入的条件是()

47915

A.S?B.S？C.s？D.S?

581016

【答案】C

【解析】

【分析】

715

根据题意，运行该程序，当S,i4时，判断框成立，当S,i5时，判断框不成立，

816

结合选项可选出答案.

【详解】由题意，运行该程序，

1

输入i1,S0，判断框成立；则S,i2，判断框成立；

2

113317

则S,i3，判断框成立；则S,i4，判断框成立；

22244238

7115

则S,i5，判断框不成立，输出i5.

82416

9

结合选项，判断框内可填入的条件是s？.

10

故选：C.

【点睛】本题考查程序框图，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于中档题.

8.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如18711，在不超过

18的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于18的概率是()

2311

A.B.C.D.

2128147

【答案】A

【解析】

【分析】

不超过18的素数有7个，从中随机选取两个不同的数，其和等于18的情况有两种，结合古典

概型的概率公式，可求出答案.

【详解】由题意，不超过18的素数有2,3,5,7,11,13,17，从中随机选取两个不同的数，其和等

22

于18的情况有5,13和7,11两种，所以所求概率为.

C221

7

故选：A.

【点睛】本题考查古典概型的概率求法，考查排列组合的应用，考查学生的计算求解能力，

属于基础题.

9.已知正三棱柱ABCABC的各棱长都相等，D是侧棱BB的中点，则异面直线AB与CD

111111

所成的角的大小为()

A.30°B.45°C.60°D.90°

【答案】D

【解析】

【分析】

利用向量的线性运算，可得ABCDABBBCBBD，将其展开，计算可求得

111111

ABCD0，从而可知异面直线AB与CD所成的角的大小为90.

1111

【详解】设该三棱柱的棱长为a，

ABCDABBBCBBDABCBABBDBBCBBBBD，

11111111111111

因为ABCABC是正三棱柱，所以BBCB，BBAB，所以ABBD0，

11111111

BBCB0，即ABCDABCBBBBD，

111111111

1

又CBCB，所以ABCBABCBABCBcos60a2，

11112

11

且BBBDBBBBa2，

111212

11

所以ABCBBBBDa2a20，即ABCD0.

11112211

故ABCD，即异面直线AB与CD所成的角的大小为90.

1111

故选：D.

【点睛】本题考查异面直线夹角的求法，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中

档题.

ππ

10.已知函数fxsinxcosx在,上单调递减，若0，则的取值范围是

42

()

777

A.[2,]B.[3,]C.[3，4]D.[,4]

222

【答案】B

【解析】

【分析】

πππ

2kπ

442ππT

对函数fx化简，并结合函数的单调性可得，又，可求得

ππ3π242

2kπ

242

04，从而可知只有k0时符合题意，即可求出的取值范围.

π

【详解】由题意，fxsinxcosx2sin(x)，

4

πππππππ

由0，令x,，可得x(，)，

4244424

π3π

因为fx的单调递减区间为2kπ,2kπkZ，

22

πππ

2kπ38k

442

所以，即7，

ππ3π4k

2kπ2

242

ππTπ

又因为，所以04，

242

04

所以7，显然只有k0时，符合题意，

38k4kkZ

2

7

故3.

2

故选：B.

【点睛】本题考查三角函数的恒等变换，考查三角函数的单调性的应用，考查学生的推理能

力与计算求解能力，属于中档题.

11.已知定义在R上的偶函数fx满足fxf2x，且x0,1时，f(x)x2，则

11

f()()

2

113

A.B.C.D.1

424

【答案】A

【解析】

【分析】

结合函数fx的性质，可知函数fx是周期为2的函数，进而可得

11111

ff6f，从而可求出答案.

222

【详解】由fxf2x，可得fxf2x，

因为函数fx为定义在R上的偶函数，所以fxfx，

则fxf2xfx，即f2xfx，

所以函数fx是周期为2的函数，

11111

则ff6f，

222

1111

因为x0,1时，f(x)x2，所以ff.

224

故选：A

【点睛】本题考查函数的周期性与奇偶性的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.

x2y2

12.已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F,F，B,C分别为椭圆的上、下顶

a2b212

7

点，直线BF与椭圆的另一个交点为D，若cosFBF，则直线CD的斜率为()

21225

2414127

A.B.C.D.

25252525

【答案】C

【解析】

【分析】

7b

由cosFBF，可得cosOBF的值，即可求出的值，设Dm,n，可得

12252a

2

mnbnbb2b

n21b2，从而可得kk，进而由k，可求出k.

a2BDCDmma2BDcCD

74

【详解】由题意，cosFBF2cos2OBF1，解得cosOBF，

1222525

bb4

因为BFOB2OF2b2c2a，所以cosOBF，故.

222aa5

m2n2m2

设Dm,n，则1，即n21b2，

a2b2a2

m2

1b2b2

则nbnbn2b2a2b216，

kk

BDCDmmm2m2a225

444

因为cosOBF，所以tanOFB，所以k，

2523BD3

16

2512

故k.

CD4

25

3

故选：C.

【点睛】本题考查椭圆的几何性质，考查直线的斜率及二倍角公式的应用，考查学生的计算

求解能力，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f(x)exlnx在点1,0处的切线方程为____.

【答案】yex1

【解析】

【分析】

对函数f(x)求导，可求出f1，又点1,0在曲线f(x)上，结合导数的几何意义，可求出切

线方程.

【详解】由题意，f(1)e1ln10，

exe1

因为fxexlnx，所以f1e1ln1e，

x1

故曲线fxexlnx在点1,0处的切线方程为yex1.

故答案为：yex1.

【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.

y10

14.若直线kxyk0与不等式组xy10表示的平面区域有公共点，则实数k的取

x2y20

值范围是_____.

1

【答案】,1

7

【解析】

【分析】

41

作出不等式组表示的区域，如图阴影部分，可求得A,，B0,1，而直线kxyk0

33

恒过定点P1，0，当直线kxyk0与阴影部分有公共点时，kkk.

PAPB

【详解】作出不等式组表示的区域，如图阴影部分，

xy1041

联立，可得A,，

x2y2033

y10

联立，可得B0,1，

x2y20

直线kxyk0过定点P1，0，

1

3110

直线PA的斜率为k，直线PB的斜率为k1，

PA4PB

1701

3

1

当直线kxyk0与阴影部分有公共点时，k,1.

7

1

故答案为：,1.

7

【点睛】本题考查线性规划，考查直线的斜率，考查数形结合的方法解题中的应用，属于中

档题.

53π

15.已知sincos且0,π，则tan()____.

54

1

【答案】

3

【解析】

【分析】

535

由sincos且0,π，可求出sincos，进而可求出sin,cos，从

55

3πtan1

而可求出tan，结合tan()，可求出答案.

41tan

114

【详解】由sincos2，可得2sincos10，

555

π

所以,π，即sin0,cos0，

2

935

又sincos212sincos，所以sincos，

55

5

sincos

5255

即，解得sin，cos，

3555

sincos

5

3π

tantan

3π4tan11

所以tan2，则tan().

3π

41tantan1tan3

4

1

故答案为：.

3

【点睛】本题考查两角和与差的正切公式的应用，考查同角三角函数关系的应用，考查学生

的计算求解能力，属于中档题.

16.在三棱锥ABCD中，ABAC，DBDC，ABDB4，ABBD，则三棱锥

ABCD外接球的体积的最小值为______．

82

【答案】

3

【解析】

【分析】

：先将三棱锥还原到长方体中，根据题意建立长方体的体对角线与AB的函数关系式，求解体

对角线的最小值，由此得出外接球的体积的最小值．

【详解】：如图所示，三棱锥ABCD的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方

体的体对角线AD，设ABACx，那么DBDC4x,ABBD,所以

ADAB2DB2．由题意，体积的最小值即为AD最小，ADx2(4x)2，所以当

82

x2时，AD的最小值为22，所以半径为2，故体积的最小值为．

3

【点睛】：根据题意把三棱锥还原到长方体是解决三棱锥外接球问题的常见解法，不同题目背

景，还原方法不一样，但三棱锥的四个顶点一定是长方体的顶点．

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17~21题为必

考题，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.

(一)必考题:共60分

n(n1)

17.已知数列a满足a2a4a2n1anN*.

n123n2

（1）求a的通项公式；

n

（2）求a的前n项和S.

nn

11

【答案】（1）an()n1；（2）S4(n2)()n1

n2n2

【解析】

【分析】

（1）由题意可得，

n(n1)(n1)n

a2a4a2n1aa2a4a2n2a，即可求

123n123n122

出2n1a的表达式，进而可求出a的表达式；

nn

1

（2）由an()n1，利用错位相减法，可求出a的前n项和S.

n2nn

【详解】（1）当n1时，a1，

1

(n1)n

当n2时，可得a2a4a2n2a，

123n12

n(n1)(n1)n

则a2a4a2n1aa2a4a2n2a，即

123n123n122

1

2n1an，故an()n1.

nn2

11

因为a1，满足an()n1，所以a的通项公式为an()n1.

1n2nn2

1111

（2）由题意，Saaaa1()02()13()2n()n1，

n123n2222

11111

则S1()12()23()3n()n，

2n2222

11111

则SS()0()1()n1n()n，

n2n2222

1

1()n

121

即Sn()n，

2n12

1

2

1

所以S4(n2)()n1.

n2

【点睛】本题考查通项公式的求法，考查利用错位相减法求数列的前n项和，考查学生的计算

求解能力，属于中档题.

18.某厂生产不同规格的一种产品，根据检测标准，其合格产品的质量y(g)与尺寸x(mm)之间

近似满足关系式ycxb(b,c为大于0的常数).按照某项指标测定，当产品质量与尺寸的比在

ee

区间(,)内时为优等品.现随机抽取6件合格产品，测得数据如下：

97

尺寸xmm384858687888

质量yg16.818.820.722.42425.5

y

质量与尺寸的比0.4420.3920.3570.3290.3080.290

x

（1）现从抽取的6件合格产品中再任选3件，记ξ为取到优等品的件数，试求随机变量ξ的

分布列和期望；

（2）根据测得数据作了初步处理，得相关统计量的值如下表：

6666

lnxlnylnxlnylnx2

iiiii

i1i1i1i1

75.324.618.3101.4

根据所给统计量，求y关于x的回归方程.

附:对于样本(v,u)(i1,2,,6)，其回归直线ubva的斜率和截距的最小二乘估计公式

ii

n

(vv)(uu)

ˆiiˆ

分别为：bi1,aˆubv,e2.7183.

n

(vv)2

i

i1

3

【答案】（1）分布列见解析，；（2）yex0.5

2

【解析】

【分析】

ee

（1）优等品的质量与尺寸的比在区间(,)内，可知随机抽取的6件合格产品中，有3件为

97

优等品，可知可取的值有0,1,2,3，分别求出对应的概率，进而可列出分布列并求出数学期

望；

（2）对ycxb（b,c0）两边取自然对数得lnylncblnx，令vlnx,ulny，得

iiii

ubva，且alnc，进而根据所给统计量及最小二乘估计公式，可求出b,a，从而可求

出cˆ，即可得到y关于x的回归方程.

eeee

【详解】（1）由题意，优等品的质量与尺寸的比在区间(,)内，而0.302,0.388，

9797

所以随机抽取的6件合格产品中，有3件为优等品，3件为非优等品.

现从抽取的6件合格产品中再任选3件，则取到优等品的件数0,1,2,3，

C0C31C1C29

P(0)33，P133，

C320C320

66

C2C19C3C01

P(2)33，P333.

C320C320

66

则的分布列为：

0123

1991

P

20202020

19913

所以E0123.

202020202

（2）对ycxb（b,c0）两边取自然对数得lnylncblnx，

令vlnx,ulny，得ubva，且alnc，根据所给统计量及最小二乘估计公式有，

iiii

61

vu6vu75.324.618.3

ii0.271

bi16，

610.542

v26v2101.424.62

i6

i1

1

aubv18.324.661，即alnc1，故ce，

2

所求y关于x的回归方程为yex0.5.

【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列与数学期望，考查回归方程的求法，考查学生的

计算求解能力，属于中档题.

19.如图，三棱柱ABCABC的底面是等边三角形，A在底面ABC上的射影为△ABC的重

1111

心G.

（1）已知AAAC，证明：平面ABC平面ABC；

1111

（2）已知平面ABBA与平面ABC所成的二面角为60°，G到直线AB的距离为a，求锐二

11

面角BACC的余弦值.

111

7

【答案】（1）证明见解析；（2）

4

【解析】

【分析】

（1）连接CG并延长交AB于M，易知AG平面ABC，进而可证明AB平面AMC，

11

可得ABAC，再由四边形AACC是菱形，可得ACAC，从而可证明AC平面

111111

ABC，进而可证明平面ABC平面ABC；

1111

（2）连接AB，易知AAAB，进而可得AMAB，结合平面ABBA与平面ABC所成

111111

的二面角的平面角为AMG60，由GMa，可得MC3a，AB23a，AG3a，从

11

而以M为原点，MB，MC分别作为x轴、y轴，过点M作平行与AG的直线为z轴，建

1

立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面ABC、平面ACC的法向量n、n，由

111112

nn

cosn,n12，进而可求出锐二面角BACC的余弦值.

12nn111

12

【详解】（1）证明：连接CG并延长交AB于M，由已知得AG平面ABC，

1

由AB平面ABC，可得AGAB，

1

又CMAB，CMAGG，CM平面AMC，AG平面AMC，所以AB平面

1111

AMC，

1

由AC平面AMC，可得ABAC，

111

因为四边形AACC平行四边形，且AAAC，所以四边形AACC是菱形，所以

11111

ACAC，

11

又因为ABACA，且AB平面ABC，AC平面ABC，所以AC平面ABC，

111111

因为AC平面ABC，所以平面ABC平面ABC.

111111

（2）连接AB，因为A在底面ABC上的射影是ABC的重心G，

11

所以RtAGA与RtAGB全等，

11

所以AAAB，因为CMAB，所以点M为AB中点，所以AMAB，

111

故平面ABBA与平面ABC所成的二面角的平面角为AMG60，

111

由GMa，得MC3a，AB23a，AGMGtan603a，

1

故以M为原点，直线MB,MC分别作为x轴、y轴，过点M作平行与AG的直线为z轴，

1

建立如图所示的空间直角坐标系，

则B(3a,0,0)，A(0,a,3a)，B(23a,a,3a)，C(3a,4a,3a)，C(0,3a,0)，

111

所以AB(23a,0,0)，CA(0,2a,3a)，AC(3a,3a,0)，

11111

设nx,y,z为平面ABC的一个法向量，

111111

nAB23ax0

则1111，可取n0,3,2，

nCA2ay3az01

1111

设平面ACC的一个法向量为nx,y,z，

112222

nAC3ax3ay0

则11122，可取n3,3,2，

nCA2ay3az02

1122

nn347

所以cosn,n12，

12nn349344

12

7

故锐二面角BACC的余弦值为.

1114

【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的求法，利用空间向量法是解决二面角问题

的常见方法，属于中档题.

20.已知点F0,1，直线l：y1，点E为l上一动点，过E作直线ll，l为EF的中垂

12

线，l与l交于点G，设点G的轨迹为曲线Γ.

12

（1）求曲线Γ的方程；

（2）若过F的直线与Γ交于A,B两点，线段AB的垂直平分线交y轴于点P，求FP与AB

的比值.

1

【答案】（1）x24y；（2）

2

【解析】

【分析】

（1）易知GEGF，即点G到l的距离等于点G到点F的距离，可知点G的轨迹为抛物

线，求出方程即可；

（2）设线段AB的垂直平分线与AB交于点M，分别过点A,B作AAl,BBl，垂足为

11

FPFM

A,B，再过点A作ACBB，垂足为C，易知PFM∽ABC，可得，进而

111ABBC

FM

结合抛物线的定义，可求出的值，即可得到FP与AB的比值.

BC

【详解】（1）由题意可知GEGF，即点G到l的距离等于点G到点F的距离，

所以点G的轨迹是以l为准线，F为焦点的抛物线，

其方程为：x24y.

（2）设线段AB的垂直平分线与AB交于点M，分别过点A,B作AAl,BBl，垂足为

11

A,B，

11

再过点A作ACBB，垂足为C，

1

FPFM

因为PFMABC,PMFACB，所以△PFM∽ABC，所以，

ABBC

设AFm，BFn(不妨设nm)，由抛物线定义得AFAAm，BFBBn，

11

所以BCnm，