云南省昆明市第一中学2021届高三第五次复习检测数学(文)试题 含答案

机密★启用前 【考试时间：1月20日 15:00-17：00】

昆明市第一中学2021届高中新课标高三第五次二轮复习检测

文科数学

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．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上的指定的位置用2B铅笔涂黑．答案写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城均无效． 5．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A{(x,y)|xy0},B{(x,y)|2xy3}，则AB（ ） A．(3,3) B．(3,3) C．{(3,3)} D．{(3,3)} 2．已知复数z的共轭复数zi2，则

5（ ） zA．2i B．2i C．2i D．2i

3．为了弘扬文化自信，某中学随机抽取了100个学生，看其是否知道刘徽的《九章算术注》、祖冲之的《大明历》、赵爽的《周髀算经》和杨辉的《田亩比类乘除捷法》．经统计，其中知道《九章算术注》或《大明历》的有80人，知道《九章算术注》的有60人，知道《九章算术注》且知道《大明历》的有40人．用样本估计总体，则该校知道《大明历》的学生人数与该校学生总人数之比的估计值为（ ） A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8

4．新莽铜嘉量是由王莽国师刘歆等人设计制造的标准量器，它包括了龠、合、升、斗、斛这五个容量单位．每一个量又有详细的分铭，记录了各器的径、深、底面积和容积根据铭文不但可以直接测得各容量单位的量值，而且可以通过对径、深各个部位的测量，得到精确的计算容积，从而推算出当时的标准尺度，现根据铭文计算，当时制造容器时所用的圆周率分别为3.17，3.1992，3.1498，3.2031，比周三径一的占率已有

1

所进步，则上面4个数与祖冲之给出的约率（数（精确到万分位）与极差分别为（ ）

22355、密率（，这6个数字的中位3.1429）3.1416）

7113A．3.1498，0.0484 B．3.17，0.0484 C．3.1429，0.0615 D．3.1523，0.0615 5．函数f(x)|sinx|cos2x在[2,0]的零点个数为（ ） A．2 B．3 C．1 D．0

6．已知一个等比数列的公比q0，且前5项和为11，a53a34a1，则a4（ ） A．2 B．24 C．8 D．4 7．若函数f(x)13xalnx在(2,)上单调递增，则实数a的取值范围是（ ） 3A．(,4) B．(,4] C．(,8) D．(,8]

8．已知正三棱锥SABC的侧校长与底面边长之比为3:1．如果E，F分别为侧开棱SC，底边AB的中点，那么异面直线EF与AC所成的角等于（ ） A．90° B．30° C．45° D．60° 9．执行如图所示的程序框图，则输出的i（ ）

A．6 B．7 C．8 D．9

y291上存在两点M，N关于直线yx对称，且MN的中点在抛物线y2mx10．已知双曲线x242上，则实数m的值为（ ）

A．3或3 B．3 C．3 D．8

11．设函数f(x)asin2xbcos2x，其中a,bR,ab0，若f(x)f对一切xR恒成立，则6 2

以下结论：①函数f(x)的图象关于11,0对称；②函数f(x)的单调递增区间是122k,k(kZ)；③函数f(x)既不是奇函数也不是偶函数；④函数f(x)的图象关于63xk(kZ)对称．其中正确的说法是（ ） 26A．①②③ B．②④ C．③④ D．①③④

12．已知f(x)是定义在(1,)上的单调函数，g(x)是(0,)上的单调减函数，且

f2xf3yf5z，则（ ）

A．g(2x)g(3y)g(5z) B．g(5z)g(2x)g(3y) C．g(3y)g(5z)g(2x) D．g(3y)g(2x)g(5z)

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知非零向量a,b,c，若a(2,x),b(1,1)，且a//c,b//c，则x___________． 14．记Sn为等差数列an的前n项和，若a235,a225，则Sn的最大值为__________．

x2y21上的一点，F1,F2是椭圆的两个焦点，且PF1F2的内切圆半径为1．当点15．点P是椭圆C:167P在第一象限时，它的纵坐标为__________．

16．已知一个半径为1的硬质小球在一个内壁棱长为5的正方体密闭容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是____________．

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．

17．（12分）

已知某市各中学高三年级共有男生14000人，女生10000人，市教育行政主管部门想了解该市高三学生的运动状况，按性别采取分层抽样的方法从全市高三年级学生中抽取120人，统计他们平均每天运动的时间（单位：小时）如表：

[0,0.5)男生平均每天运动的时间 [0.5,1) [1,1.5) [1.5,2) [2,2.5) [2.5,3) 3

人数

2 12 23 18 10 x [0,0.5)女生平均每天运动的时间 人数 （1）求实数x，y的值；

5 [0.5,1) 12 [1,1.5) 18 [1.5,2) 10 [2,2.5) 3 [2.5,3) y （2）若从被抽取的120人平均每天运动时间（单位：小时）在范围[0,0.5)的人中随机抽取2人，求“被抽取的2人性别不相同”的概率． 18．（12分）

已知ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且acosCcsinAb． （1）求A； （2）若a19．（12分）

如图甲，四边形ABCD是边长为2的正方形，点E是CD的中点．现将正方形ABCD沿AE与BE折起，使点C与点D重合（记为点P），得到如图乙的三棱锥PABE．

2，且D为BC的中点，求AD2的最大值．

（1）证明：平面PBE平面PAB； （2）求点P到平面ABE的距离． 20．（12分） 已知函数f(x)ex1lnx．

（1）求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

（2）若不等式f(x)ax1a对任意x[1,)恒成立，求实数a的取值范围．

4

21．（12分）

已知点P是抛物线C:x2y上的动点，且位于第一象限．圆O:xyr(r0)，点P处的切线l与圆O交于不同两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过点P且垂直于x轴的直线交于点M． （1）求证：点M在定直线上；

（2）设点F为抛物线C的焦点，切线l与y轴交于点N，求

2222PFN与PDM面积比的取值范围．

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

22．【选修4-4：坐标系与参数方程】（10分）

在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点Q的极坐标为(8,0)，动点P的极坐标为(,)． （1）若2,3，求点P的直角坐标及OPQ的面积；

（2）在OPQ中，若OPQ1POQ，求顶点P的轨迹的极坐标方程． 223．【选修4-5：不等式选讲】（10分） 已知函数f(x)|x1||x4|． （1）求不等式f(x)7的解集；

（2）若不等式f(x)log2m4m的解集为空集，求实数m的取值范围．

2昆明市第一中学2021届第5次联考

参（文科数学）

命题、审题组教师 杨昆华 凹婷波 彭力 刘皖明 李文清 王在方 毛孝宗 王佳文 李露 陈泳序 崔锦

一、选择题

题号 答案 1 C 2 A 3 B 4 D 5 A 6 C 7 D 8 D 9 B 10 C 11 D 12 B 1．解析：集合A{(x,y)|xy0}表示直线yx，集合B{(x,y)|2xy3}表示直线y2x3，则AB表示直线yx与直线y2x3交点的集合，所以AB{(3,3)}，选C．

5

2．解析：因为zi2，所以zi2，所以

552i，选A． zi23．解析：由题意知该学校知道《大明历》的人数为60人，则该学校知道《大明历》的学生人数与该校学

600.6，选B． 1002235．解析：因为3.1429，3.1416，所以这6个数据的中位数是

71133.14983.173.152253.1523，极差为3.20313.14160.0615，选D．

2生总人数之比的估计值为

5．解析：因为f(x)|sinx|cos2x|sinx|12(sinx)，令|sinx|t，则函数为y2tt1，由2tt10得t22213（舍）或t1，所以|sinx|1，解得零点为x或x，选A． 2224242426．解析：由a53a34a1得a1q3a1q4a1化简得q3q4，整理得q3q40得

q24或q21（舍），得q2，所以S5a4a1q31(2)38，选C．

7．解析：因为f(x)递增，所以x2a11q51qa1(132)11，所以a11，313a1xalnx，所以f(x)x2；又因为f(x)x3alnx在(2,)上单调3x3a0在(2,)上恒成立，即ax3在(2,)上恒成立．因为x(2,)时，x38，x所以a8，选D．

8．解析：取BC的中点为D，连接ED,DF，则EFD即为所求．易证ACSB，从而EDDF．设

AC2，则SB23，由中位线得DE3，DF1．又因为三角形EDF为直角三角形，所以

EFD60，即为异面直线EF与AC所成的角，选D．

9

．

解

析

：

依

题

意

，

i11Alog21log2log2(i1)log2iii，

S0log22log21log23log22log24log23选B．

输出，此时i7，log28log273，

2x110．解析：设Mx1,y1，因为MN的中点Px0,y0，Nx2,y2，

x22y121yy1y2y122；，所以22xxxxy2212112 6

又因为x1x22x0y9，所以kMN02；又因为M，N关于直线yx对称，所以kMN1，即

x04y2y12y0y02x09933y02x0；P又因为点Px0,y0在直线yx上，所以y0x0；由可得9,，

44yx4200433所以m，即m3，选C．

4211．解析：f(x)2a2b2sin(2x)，由f(x)f恒成立，得22k(kZ)，所

6266，从而f(x)以2k6(kZ)，取a2b2sin2x，由

6xk11f120得①正确，由2k22x62k2(kZ)得k36(kZ)，所以函数的增区间为

k,k(kZ)，②不正确，③显然正确，由2xk(kZ)，得对称轴为3662xk(kZ)，④正确，选D． 26xyz12．解析：由已知得235k1，则x,y,z(0,)， 所以xlog2k，ylog3k，zlog5k所以

，

2x2lgklg3lg91，则2x3y， 3ylg23lgklg82x2lgklg5lg251，则2x5z， 5zlg25lgklg32所以03y2x5z．

又因为g(x)是(0,)上的单调减函数，所以g(3y)g(2x)g(5z)，选B．

二、填空题

13．解析：因为a//c,b//c，所以a//b，所以x2，可得x2．

14．解析：由a22a220d53540，得d2，又因为a1a2d35237，

Snna1n(n1)(2)n238n，当n19时，Sn有最大值361． 2 7

15．解析：因为PF1PF28，F1F26，所以SPF1F21PF1PF2F1F217；又因为2SPF1F217F1F2yp3yp7，所以yp． 2316．解析：由题意，小球在正方体容器的每个面内接触不到的面积相同，且如图所示，每个面接触不到的面积为523216，正方体有6个面，则小球接触不到的面积共为16696．

三、解答题 （一）必考题

17．解：（1）男生14000人，女生10000人，男数∶女数7:5，依据分层抽样知识可知： 男生抽取了120770人，女生抽取了50人，由212231810x70，x5， 1251218103y48y50，y2；所以x5，y2． 5分

（2）从被抽取的120人平均每天运动时间（单位：小时）在范围[0,0.5)的人中，有男生2人，女生5人，共有7人，设男生为A1,A2，女生为：B1,B2,B3,B4,B5． 随机抽取2人不相同的情况有：

A1A2,A1B1,A1B2,A1B3,A1B4,A1B5； A2B1,A2B2,A2B3,A2B4,A2B5； B1B2,B1B3,B1B4,B1B5； B2B3,B2B4,B2B5； B3B4,B3B5；

B4B5．总共有21种选法．

性别不同的（即一男生一女生）有：

8

A1B1,A1B2,A1B3,A1B4,A1B5；

A2B1,A2B2,A2B3,A2B4,A2B5，共10种选法，

随机抽取2人，“被抽取的2人性别不相同”的事件为C， 故P(C)10． 12分 2118．解：（1）由正弦定理得：sinAcosCsinCsinAsinB， ① 又因为sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC， ② 由①②得：sinCsinAcosAsinC，而0C，所以sinAcosA， 又因为0A，所以A4． 6分

2222（2）因为2ADABAC，所以4AD(ABAC)ABAC2ABAC 22所以4ADbc22bc，由余弦定理得：2b2c22bc，

2所以bc22bc，所以AD222212bc， 22而bc2bc（当且仅当bc时，取“=”），

22所以2bc2bc(22)bc，即：bc2，

222所以AD12122322bc（当且仅当bc时，取“=”）， 2222222所以AD的最大值为

2322． 12分 219．解：（1）因为四边形ABCD是正方形，所以ADCBCD2，所以APPE，BPPE，而

APBPP，所以PE平面PAB．因为PE平面PBE，

所以平面PBE平面PAB． 6分 （2）如图，取PB的中点O，连接AO．

9

因为三角形PAB为边长为2正三角形，所以AOPB．

由（1），有平面PBE平面PAB，因为AO平面PAB，平面PBE平面PABPB，AOPB， 所以AO平面PBE，所以点A到平面PBE的距离即为AO，所以AO因为VPABEVAPBE，所以S323． 2所以dPABE11dSPBEAO， ABEPABE331SPBEAO2BCCEAO3． 12分

1SABE2ABBC2020．解：（1）依题意，f(1)eln11，

f(x)ex110，f(1)e12， x所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y12(x1)，即y2x1． 4分

（2）令g(x)f(x)a(x1)1(x1)， 则g(x)f(x)aex1令h(x)ex11a． x11(x1)，则h(x)ex12， xx1x1当x1时，e1，021，

x所以h(x)0，函数h(x)在[1,)上是增函数． 所以h(x)h(1)2，所以g(x)2a．

①当a2时，g(x)0，所以函数g(x)在[1,)上是增函数，

所以g(x)g(1)0，即对任意x[1,)不等式f(x)ax1a恒成立． ②当a2时，a11，由x1，得011． x 10

g(x)ex11xaex11a． 当x(1,1ln(a1))时，ex11a0，即g(x)0，

函数g(x)在(1,1ln(a1))上是减函数，

所以g(x)g(1)0，即f(x)ax1a，不合题意． 综上，所以实数a的取值范围是(,2]． 12分

21．解：（1）设Pm,m2，其中m0，显然切线l的斜率存在且不为零，

2由x22y，求导得：yx，所以切线l的斜率为m，

因为D是弦AB的中点，所以ODl，所以直线OD方程：y1mx， 1联立方程ymx，得y1，

xm所以点M在定直线y1上． 5分

1）知切线l的方程：ym2m2（2）由（2m(xm)，化简得：ymx2， 令x0，得N0,m22，又1m2F0,2，Pm,2， 联立方程ymxm22，得Dm3m22,2y1x2m12m1， m3而Smm22PFN12|FN|m14mm21，SPMN12|PM|mm2m218m212，2所以

SPFN2Sm21211m22，令tm22，得0PMNt2， 则SPFNt12121S221t2,2， PMNt

11

所以

PFN与PDM面积比的取值范围为,2． 12分

21（二）选考题：第22、23题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题记分．

22．解：（1）当2，3时，xcos2313， 1，ysin222所以，点P的直角坐标为(1,3)，

11OQy834OPQP221（2）由题意，OPQPOQ2S在OPQ中，由正弦定理得

3． 5分 13，OQP， 228sin2sin32，

即sin228sin，化简得816cos，,00,2233． 10分 23．解：（1）由不等式f(x)7可得：f(x)|x1||x4|7，

可化为：x1,1x4,x4,或或，

x1x47x1x47x1x47解得：2x1或1x4或4x5， 所以，不等式的解集为[2,5]． 5分

（2）因为f(x)|x1||x4||(x1)(x4)|5，当且仅当1x4时，等号成立，所以，

f(x)min5，

由不等式f(x)log2m4m的解集为空集，得log2m4m5， 所以，0m4m32，解得4x0或4x8，

所以，实数m的取值范围为(4,0)(4,8)． 10分

222 12