2021届云南省昆明市高三上学期”三诊一模“摸底诊断考试文科综合试卷及答案
云南省昆明市2021届高三”三诊一模“摸底诊断测试(二模)文科综合地理试题 含答案
秘密★启用前[考试时间：3月30日9：00-11 ：30]云南省昆明市2021届“三诊一模”高三复习教学质量检测文科综合地理注意事项：1. 答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，井认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡交回。
一、选择题：本卷共35小题。
每小题4分，共140分。
在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
我国某水早轮作地区，连年种植烤烟后，土壤肥力逐渐下降，造成烟叶生长不良，烟株易发病虫害。
现行的水稻和烤烟轮作方式及“稻草-石灰溶田” 技术(在晚稻收割后，切短稻草，施入生石灰，经泡水后，再打烂还田)可以解决上述问题，图1为该地轮作方式示意图，据此完成1~3题。
1.该地最可能位于A.湟水谷地B.渭河谷地C.东南丘陵D.三江平原2.“稻草—石灰溶田”技术有利于①提高土壤肥力②延长生长周期③减少病虫害④减轻水土流失A.①②B.②③C.①③D.③④3.当地采用此轮作方式的主要目的是A.降低生产成本B.促进农业可持续发展C.调整农业结构D.减少化肥农药的使用人口净流入数值反映了一个地区的人口迁移情况，图2为我国各省区(直辖市) 2001-2010年、2011-2015 年、2016一2019年的年均人口净流入量统计。
据此完成4-5题。
4.省际间人口迁移总量最多的时段是A.2001-2010年B.2011-2015年C.2016-2019年D.2011-2019年5.图示人口迁移趋势可能导致A.广东省老年人口增加B.重庆城市化水平提高C.北京市环境质量下降D.山东省产业结构升级曲流多见于河流的中下游河段，因下蚀作用减弱，侧蚀作用显著，致使河道弯曲。
2021届云南省昆明市一中高三上学期第三次双基检测文科综合地理试卷及答案
2021届云南省昆明市一中高三上学期第三次双基检测文科综合地理试卷★祝考试顺利★（含答案）本试卷分（选择题）和（非选择题）两部分。
满分300分,考试时间150分钟。
一、选择题：本题共35个小题,每小题4分,共140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。
疫情下全国很多地方都鼓励发展地摊经济,很多城市都出现了“夜市街”,地摊经济在为人们提供方便、丰富城市生活的同时也对城市管理提出了更高的要求。
据此完成1 --2题。
1．关于“夜市街”选址原则说法正确的是A．市场最优,人流量大B．交通最优,方便出行C．环境最优,美丽夜景D．成本最优,地租最低2．与传统门店相比,地摊经济的最大优势是A．服务范围更广B．商品种类更全 C．经营成本更低D．环境开阔安全工业机器人是面向工业领域的多关节机械手或多自由度的机器装置,它能自动执行工作,是靠自身动力和控制能力来实现各种功能的一种机器。
工业机器人密度是指每万名工人使用工业机器人数量,目前我国是工业机器人应用第一大国,也是全球机器人密度增速最快的国家,2013年密度为25台／万人, 到2017年上升到97台／万人,在2019年,这个数字大大增加到187台／万人。
读图1完成3— 5题。
3．目前工业机器人市场亚洲占比高,主要是亚洲A．人口数量多 B.工资水平高 C．科技发展快 D．制造业量大4．使用工业机器人可降低生产成本,但有的企业没有广泛应用,主要是工业机器人A．技术要求高 B.购买成本高 C．研发费用高 D．国产品质差5．我国成为全球工业机器人密度增速最快的国家,主要是①人口老龄化加快②工资水平逐年提升③人口城市化加速④高科技产业发展快A.①②B.①④C.②③D.③④北极地区油气资源丰富,中俄合作的液化天然气项目地处北极圈内鄂毕湾西侧的亚马尔半岛。
半岛地表60％为沼泽和湖泊,平均海拔50米,沿海大部是低平的沙岸。
春夏只有短暂的三个月,冬季寒冷而漫长,永冻层厚度达300米至50米,暴风雪天气频繁。
云南省昆明市2021届高三”三诊一模“摸底诊断测试文综地理试题 Word
秘密★启用前【考试时间：1月26日 9:00-11:30】昆明市2021届高三“三诊一模”摸底诊断测试文科综合能力测试注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡交回。
一、选择题：本卷共35小题。
每小题4分，共140分。
在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
木筋房（图1)是德国分布较广泛的传统民居。
建造时，先用木材搭出整体框架，然后在木架空隙中填充含有秸秆、茅草和碎石的粘土，用泥抹平后刷涂料而成。
据此完成1~2题。
1. 有关木筋房叙述正确的是A. 材质坚固，抗震性强B. 斜顶设计，便于采光C. 粘土墙体，冬暖夏凉D. 墙体轻薄，通风透气2. 木筋房反映了当地的自然地理特征是A. 降水变率较大B.森林覆盖率高C. 太阳辐射较强D. 地壳运动活跃金沙江为长江上游干流河段，河床窄，岸坡陡峭，属高山深谷型河道。
2015年12月开工建设的世界级巨型水电站－乌东德水电站，是金沙江下游四个梯级电站之一。
其大坝为混凝土双曲拱坝，最大坝高270米，底厚51米，厚高比仅为0.19,是世界上最薄的特高拱坝．图2示意乌东德水电站的位置及景观图，据此完成3-5题．3.乌东德水电站双曲拱坝选址主要取决于①河谷狭窄，河床陡降②地形完整，岩性坚硬③山高谷深，构造复杂④岸坡陡峭，断裂发育A. ①②B. ②③C. ①④D.③④4.乌东德水电站坝体建得高而薄的主要目的是①改善航运条件②稳固坝体③减少工程总量④加大落差A. ①②B. ①③C. ②④D.③④5.乌东德水电站大坝修建后对库区带来的影响是A. 水质逐渐变好B.昼夜温差增大C.河床侵蚀变深D.湿地面积扩大整建制拼合模式（图3)是我国部分大城市管辖区域内撤县设区（被撤县的行政名称改变，行政范围未变）的常见方式。
2021年云南省昆明市高三“三诊一模”摸底诊断测试文综历史试题
C．市镇出现专业化发展趋势D．城市的经济功能渐趋增强
4．雍正之后，清朝形成了内阁与军机处双轨辅政的模式。军机处主要处理全国机密重大事务，具有封闭性，而内阁则负责处理大量公开性政务。这种权力分工
A．实现了中枢权力的制衡B．是强化君主专制的结果
C．加剧了清代吏治的腐败D．使军机处成为法定机构
C．马克思主义理论影响历史教学
D．历史教育服务于抗战形势的需要
8．新中国的外交史可简略划分为两大阶段：新中国成立至“文化大革命”结束为第一阶段，基本以革命为视角；此后为第二阶段，大致以发展为视角。这表明
A．两个阶段的外交政策存在根本性区别
B．国际格局演变决定新中国的外交政策
C．新中国对自身和世界的认识不断深化
——摘编自王玉花、宋桂红《谈中、西方文化中信用的观念》
材料二 西方传统信用文化认为个人自由是缔结契约的前提。“信”是适用于“陌生人”之间的原则，是体现社会正义的重要方面，人们普遍认同诚信观念的经济价值。罗马法中已建立了相应的诚信契约制度。在诚信契约中，债务人不仅要承担契约规定的义务，而且必须承担诚实、善意的补充义务。建立在契约关系之上的西方信用文化带有法律和秩序的属性，能够起到协调人际关系、净化经济活动运行环境的作用。
——摘编自李新庚《信用理论与制度建设研究》
（1）根据材料，概括中国与西方在传统“信用”文化上的不同之处。
（2）根据材料并结合所学知识，说明中西方传统“信用”文化产生的社会背景及其共同的历史价值。
14．材料 开中制是明初的一项盐政制度，即国家利用手中的食盐专卖特权，吸引商人将粮食从内地运到官方指定的边远地区以换取盐引。明中期，政治日益腐败，政府颁发的盐引数大大超过了盐产量数额，增加了商人支兑盐引的难度。灶户（设灶煎盐的盐户）不堪重负，大量道逃，使盐课受损缺额。许多商人不愿“报中”（以输票凭证申报配领盐引），边境的粮食得不到充足供应。北方边患严重，国家财政不堪重负。弘治五年，户部尚书叶淇提出商人可以激纳数倍的银两至银运司，向政府换取盐引，由太仓统一向边境运输粮食。叶淇变法提高了商人“报中”的积极性，一时太仓银累至百余万；导致地方盐商势力重新洗牌，徽州盐商依靠地利迅速发展壮大；标志着以粮换盐到以银换盐的转变。
昆明市2021届”三诊一模“高三复习教学质量检测语文答案3月30日
昆明市2021届“三诊一模”高三复习教学质量语文参考答案及评分标准一、现代文阅读(36分)(一)论述类文本阅读(本题共3小题，9分1.(3分)A(“法”则是其进一步的补充”和“制度的产物”曲解原文)2.(3分)C(举例阐明的是“出礼”并不一定要被绳之以“法”)3.(3分)C(A项“法”更有优越性”错误，前文提到“如果用‘道德’和‘礼教’民则有羞耻之心，而且能走上正道”，可见‘法’与‘礼’谁更优越不能一概而论；B项“中国社会是先有‘礼’，再有‘法’”于文无据，“从属”关系也并不等同于先后关系;D项依据原文，“吸收和消化西方‘法治’的精粹”与“建立一套更适应当代中国的‘礼法合治’制度”之间的关系尚待研究，并无定论)(二)实用类文本阅读(本题共3小题，12分)4.(3分)D(曲解原文，“为了补齐乡村公共文化服务设施的短板”与“需要改善公共文化供给”关系错误)5.(3分)B(以偏概全，不光是乡村文化振兴要激发乡村文明现代化发展的内生动力的建议，还有活用乡村文化资源等建议)6.(6分)①设问围绕中心，重点突出。
整个专访设问均围绕乡村文化振兴激发乡村内生动力展开，不蔓不枝。
②设问层次清晰，由浅入深。
从乡村文化振兴的必要性到面临的困境、建议以及对脱贫攻坚的影响等，层层深入。
③借用对方回答，引出问题。
借助梁鑫华的回答，由“数字化扶贫”引出“如何运用新媒体的力量推动乡村文化振兴”的问题。
(每点2分，二点6分，意思对即可。
如有其他答案，言之有理，亦可酌情给分)(三)文学类文本阅读(本题共3小题，15分)(3分)B（“颓丧绝望”在第二处划线句中没有体现)8.(6分)形象：感性、滑稽、盲目乐观。
手法：①兼用语言、神态、动作描写几种手法(或“用特征鲜明的细节凸显人物的个性”)；②侧面描写，通过米考伯太太“容易动感情”的侧面评价写出了人物的感性；③运用对比，从“泣不成声”到唱起歌来等内容，突显其滑稽、盲目乐观。
(形象2分，手法每点2分，答对两点即得4分)9.(6分)①两种视角都是第一人称叙述视角，使故事真实可信，易于表现主人公心理世界；②两种视角相重叠，让读者既了解到成年后大卫的成熟与智慧，又能够感知童年大卫的形象，使人物形象更为立体；③从童年的“我”到成年的“我”，在发展变化中展示其心灵的成长轨迹，表现小说主题。
云南省昆明市2021届“三诊一模”高考模拟考试文综历史试题
秘密★启用前【考试时间：5月12日9︰00—11︰30】昆明市2021届“三诊一模”高考模拟考试文综历史试题24．战国时期，青铜铸币在发行和流通中，相邻的两国或几个国家往往会铸行形制相似的青铜铸币。
如齐、赵、燕都有铸行刀币，韩、赵、魏、燕、楚都有铸行布币，秦、魏、赵都有铸行圜币。
此现象表明战国时期A．货币铸行实现了局部统一B．出现跨国经济合作的现象C．铸币与政治联盟密切相关D．货币形制受经济活动影响25．春秋战国时期，忠与孝分离，君可以选择臣，臣亦可以选择君；汉代宣扬忠孝一体，并将行孝对象在父母长辈之外又衍生出君主和师长。
这种变化A．适应了集权统治的需要B．确立了儒学独尊的地位C．削弱了宗法血缘的影响D．形成了家国一体的格局26．唐中宗时，吐蕃使团曾与李邕为代表的皇家球队举行马球比赛，皇帝亲临观看；高丽、日本等国也有与唐王朝进行马球竞技的文字记载；新科进士及第后，会在长安月灯阁举办马球竞技以示庆祝。
据此可知，马球运动A．推动中外交流B．主导体育发展C．影响价值导向D．彰显时代气息27．《明宪宗实录》记载：“兵民服色器用，已有定制，近在京多犯越，服用则僭大红织金罗缎，遍地金锦……下至倡优，亦皆僭侈。
”此后明朝实录记载朝臣请禁服饰违式、习尚奢僭的建言及中央所颁禁约，更是层出不穷。
这表明当时A．专制统治面临严重危机B．思想解放推动习俗变革C．经济发展影响社会观念D．政府政策改变社会习俗28．19世纪60年代，冯桂芬在观察国际局势后指出：“（中国）人无弃材不如夷，地无遗利不如夷，君民不隔不如夷，名实必符不如夷。
”并提出“采西学之善法。
法苟不善，虽古先吾斥之；法苟善，虽蛮貊吾师之。
”这种认识A．超越了“中体西用”的主张B．摆脱了夷夏观念的束缚C．意在学习西方近代法律体系D．推动了洋务运动的兴起29．表1 清末中国机械进口趋势（单位：元）据表1可知，当时中国A．工业结构日趋合理化B．工业化具备一定基础C．机械进口被列强控制D．政府主导工业化进程30．1941年开始，八路军三五九旅经过两年奋战，把荆棘遍野、人烟稀少的南泥湾变成了“陕北的好江南”。
2021届云南省昆明市高三上学期”三诊一模“摸底诊断测试数学(文)试题(含解析)
2021届云南省昆明市高三上学期”三诊一模“摸底诊断测试数学（文）试题一、单选题1．如图，若复数z 在复平面内对应的点为E ，则复数z 在复平面内对应的点为（ ）A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】D【分析】由图找到复数z ，然后求出共轭复数可得答案.【详解】由图知复数z 在复平面内对应的点(2,1)E ，则2z i =+， 所以2z i =-，则复数z 在复平面内对应的点的坐标为(2,1)-， 对应的点H ， 故选：D.2．已知集合{}2,1,0,1,2A =--，{}21B x x =≤，则AB 的元素个数为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】B【分析】根据集合交集的定义，结合一元二次不等式的解法进行求解即可. 【详解】因为{}21[1,1]B x x =≤=-，所以{}1,0,1A B =-，因此A B 的元素个数为3. 故选：B3．在正项等比数列{}n a 中，已知135,,a a a 成等差数列，则3412a a a a +=+（ ） A ．1 B ．2C ．4D ．8【答案】A【分析】由135,,a a a 成等差数列，得3152+a a a =，可求出1q =，即可得出结果. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，135,,a a a 成等差数列，3152+a a a ∴=，即241112+a q a a q =，解得1q =，1q =-舍去，34111211+1+a a a a a a a a +∴==+.故选：A.4．已知直线:10l x my +-=与圆()()22214x y -++=相交于A ，B 两点，当AB 取得最大值时，则m =（ ） A ．3- B ．1-C ．1D ．3【答案】C【分析】由圆的性质可得直线:10l x my +-=过圆心时弦长AB 取得最大值，即可求解. 【详解】圆()()22214x y -++=的圆心()2,1C -，半径2r，由圆的性质可知当直线:10l x my +-=过圆心时，弦长AB 取得最大值， 所以210m --=，解得：1m =， 故选：C5．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某个零件的三视图，则这个零件的体积等于（ ）A ．6πB ．8πC ．12πD ．14π【答案】A【分析】由三视图可知几何体为一个圆锥体和圆柱体组合而成，利用圆锥体、圆柱体的体积公式即可求几何体体积.【详解】由三视图可得：底面半径为2，高为3的圆锥体和底面半径为1，高为2的圆柱体组合而成的几何体.∴134263V πππ=⨯⨯+=. 故选：A.6．双曲线22163x y -=的顶点到渐近线的距离为（ ）A ．2B ．3C ．2D ．1【答案】C【分析】由双曲线的对称性知各顶点到渐近线的距离相等，根据方程写出右顶点及一条渐近线方程，结合点线距离公式求距离即可.【详解】根据双曲线的对称性，其两个顶点到两条渐近线的距离都相等， 由题意，知：右顶点坐标为(6,0)，一条渐近线方程为22y x =， ∴22|6|322621()22d ⨯===+，即顶点到渐近线的距离为2. 故选：C.7．函数sin y x x =在[,]-ππ的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【分析】根据函数的奇偶性，排除D ；由[0,]x π∈时，()sin 0f x x x =>，排除C ；根据()22f π<，除A ，即可求解.【详解】由题意，函数()sin f x x x =，满足()()sin()sin f x x x x x f x -=--==， 所以函数()f x 为偶函数，图象关于y 轴对称，排除D ；当[0,]x π∈时，sin 0,0x x >>，所以()sin 0f x x x =>，排除C ； 又由()sin22222f ππππ==<，排除A.故选：B.8．已知函数()sin()(0)6f x x πωω=+>的一条对称轴为6x π=，则ω的最小值为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【分析】利用正弦函数的对称性，由()662k k Z πππωπ⨯+=+∈结合0>ω即可求得ω的最小值.【详解】由题意可得()662k k Z πππωπ⨯+=+∈，解得：()26k k Z ω=+∈，又因为0>ω，所以0k =时，2ω=. 所以ω的最小值为2， 故选：B.9．已知21log ()2aa =，1ln 2b =，0.21()2c =，则a ，b ，c 的大小关系为（ ）A ．c a b >>B ．a b c >>C ．b a c >>D ．a c b >>【答案】D【分析】由指数函数的性质得到0b <，再结合函数2log y x =和1()2xy =图象，得到01,1c a <<>，即可求解.【详解】根据指数函数的性质，可得1ln 02b =<， 在同一坐标系中，画出函数2log y x =和1()2xy =图象，如图所示，结合图象，可得01,1c a <<>， 所以a c b >>. 故选：D.10．在计算机的算法分析中，常用时间复杂度来衡量一个算法的优劣，算法的时间复杂度是指算法完成一次运行所需要的运算次数，若用()T n (单位∶次)表示算法的时间复杂度，它是算法求解问题数据规模n 的函数.已知某算法的时间复杂度()4220log T n n n n =+(*n N ∈)，一台计算机每秒可以进行1.3亿次运算，则要保证该算法能在此计算机上1秒内完成一次运行，则n 的最大值为（ ） A ．40 B ．50 C ．60 D ．70【答案】B【分析】将各项数值代入时间复杂度算法公式中求近似值，要求小于等于81.310⨯情况下最接近于81.310⨯的n 值，即为n 的最大值. 【详解】由题意知：()48220log 1.310T n n n n =+≤⨯∴当40n =时，7825.121040log 40 1.310⨯+<⨯，当50n =时，8821.251050log 50 1.310⨯+<⨯， 当60n =时，8822.5921060log 60 1.310⨯+>⨯， 当70n =时，8824.8021070log 70 1.310⨯+>⨯， ∴满足1秒内完成一次运行，n 的最大值为50. 故选：B.11．已知1O 是正方体1111ABCD A B C D -的中心O 关于平面1111D C B A 的对称点，则下列说法中错误的是（ ）A ．11O C 与1D C 是异面直线B ．11//OC 平面11A BCD C ．11O C BD ⊥ D ．11O C ⊥平面11BDD B【答案】D【分析】根据线面平行、垂直的判定定理逐一判断即可.【详解】对于A ，因为11O C 与平面11CC D D 相交，1CD ∈平面11CC DD ，所以11O C 与1D C 是异面直线，A 正确；对于B ，因为1O 是中心O 关于平面1111D C B A 的对称点，所以1OO 平行且等于1CC ，即平面11O OCC 为平行四边形，所以11//O C OC因为O 是正方体中心，所以1A C 经过点O ，即OC ∈平面11A BCD 因为11O C ∉平面11A BCD ，所以11//O C 平面11A BCD ，B 正确；对于C ，由题，BD AC ⊥，所以BD ⊥平面1AA C ，所以BD OC ⊥，又因为11//O C OC ，所以11O C BD ⊥，C 正确；对于D ，由图可知，OC 必不垂直于平面11BDD B ，又因为11//O C OC ，所以11O C 必不垂直于平面11BDD B ，D 错误.故选：D.【点睛】本题考查学生的空间想象能力，关键点在于要找到11//O C OC ，进而将需要证明的线进行替换.12．银行按“复利”计算利息，即把上一个月的利息和本金加在一起算作本金，再计算下一个月的利息.某人在银行贷款金额为A 元，采用的还款方式为“等额本息”，即每个月还款1次，每次还款的金额固定不变，直到贷款的本金和利息全部还完为止.若月利率p 固定不变，按“复利”计算本息和，分n 个月还清(贷款1个月后开始第1次还款)，则此人每月还款金额为（ ）A ．A n元B ．()1nA p n+元C ．()()111nnA p p ++-元 D ．()()111nnAp p p ++-元【答案】D【分析】由已知得本息和一共为()1+nA p 元，设每一个月还款金额为Q 元，则()()()()2111+1++1n n A p Q Q p Q p Q p -+=++++，利用等比数列求和公式求解可得选项.【详解】因为贷款金额为A 元，月利率p 固定不变，分n 个月还清，所以本息和一共为()1+nA p 元，设每一个月还款金额为Q 元，则()()()()2111+1++1n n A p Q Q p Q p Q p -+=++++，由等比数列求和公式得()()()11111n nQ p A p p ⎡⎤-+⎣⎦+=-+，所以()()111nnAp p Q p +=+-， 所以每月还款金额为()()111nnAp p Q p +=+-元.故选：D.【点睛】关键点睛：本题考查函数在实际生活中的应用，主要考查了指数型函数模型的应用，解题的关键是正确理解题意，从中得到数学模型.二、填空题13．已知实数x ，y 满足约束条件0233x x y x y ≥⎧⎪+≤⎨⎪+≥⎩，则4z x y =+的最大值等于______.【答案】132【分析】根据题意，画出可行域和目标函数，直接判断最大值点即可.【详解】如图，画出可行域和目标函数，可得4z x y =+在点31(,)22P 处取得最大值， 此时max 132z =. 故答案为：132. 14．已知向量()1,1a =-，4b =，22a b ⋅=-，则a 与b 的夹角为__________. 【答案】120︒【分析】由向量的夹角公式和数量积公式，即可求解.【详解】由题意，向量()1,1a =-，4b =，22a b ⋅=-， 则22221cos ,21(1)4a b a b a b⋅-===-⋅+-⋅，又因为,[0,180]a b ∈，所以a 与b 的夹角为120︒. 故答案为：120︒.15．随着《生物多样性公约》第十五次缔约方大会(COP15)重新确定于2021年5月17日至30日在云南省昆明市举办，“生物多样性”的目标､方法和全球通力合作，又成为国际范围的热点关注内容.昆明市市花为云南山茶花，又名滇山茶，原产云南，国家二级保护植物，为了监测滇山茶的生长情况，从不同林区随机抽取100株测量胸径(厘米)作为样本，得到样本频率分布直方图如图所示，这100株滇山茶胸径不超过m 厘米的占90%，超过m 厘米的占10%，将胸径超过m 厘米的作为重点监测对象，则m 约为__________厘米(精确到0.1)【答案】19.3【分析】根据给定的频率分布直方图，结合题意，列出方程150.7700.150.95m -+⨯=，即可求解.【详解】根据给定的频率分布直方图，可得前两个矩形的面积为(0.0700.084)50.770+⨯=，第三个矩形的面积为0.03050.15⨯=，要使得这100株滇山茶胸径不超过m 厘米的占90%，超过m 厘米的占10%， 可得150.7700.150.95m -+⨯=，解得19.3m ≈. 故答案为：19.3.16．设抛物线()2:20C y px p =>的焦点为F ，第一象限内的A ，B 两点都在C 上，O为坐标原点，若3AFO AFB π∠=∠=，且AFB △的面积为A 的坐标为__________.【答案】1(2【分析】设22,,,22A B A B y y A y A y p p ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，根据3AFO AFB π∠=∠=可得关于,A B y y 的方程，解方程后可求两点的横坐标，利用焦半径公式可求,AF BF ，求出p 后可得点A 的坐标.【详解】设22,,,22A B A B y y A y A y p p ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则222AA y y p p =-220A A y py p +-=，解得A y p =或A y =（舍），故6A p x =，同理32B x p =， 故2623p p p AF =+=，3222p pBF p =+=，所以12223p p ⨯⨯=3p =，故1(2A .故答案为：1(2三、解答题17．已知ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，sin cos a B b A c +=. （1）求B ； （2）设a =，2b =，求c .【答案】（1）4π；（2）2. 【分析】（1）由题设，根据正弦定理得sin sin sin cos sin A B B A C +=，结合三角形内角的性质得tan 1B =，即可求B ；（2）由余弦定理，结合已知条件列方程，即可求c .【详解】（1）由正弦定理得：sin sin sin cos sin A B B A C +=，而()()sin sin sin sin cos cos sin C A B A B A B A B π=-+=+=+⎡⎤⎣⎦，∴sin sin sin cos A B A B =，又sin 0A ≠，cos 0B ≠， ∴tan 1B =，又0B π<<，即4B π=.（2）由余弦定理2222cos b c a ac B =+-，即2a c =，∴222242222c c c =+-⨯，解得2c =. 18．下图的四棱锥S PMNE -和四棱台PMNE ABCD -是由一个四棱锥S ABCD -被过各侧棱中点的平面所截而成在四棱台PMNE ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，H 是AD 的中点，四边形ABCH 为正方形，2AB AP ==.（1）证明：CH ED ⊥；（2）求四棱台PMNE ABCD -的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）7.【分析】（1）通过CH AH ⊥和CH PA ⊥证明CH ⊥平面PADE ，即可得证； （2）利用ABCD S ABCD S PMNE PMNE V V V ---=-四棱台即可计算.【详解】解：（1）证明，因为四边形ABCH 是正方形，所以CH AH ⊥. 因为PA ⊥平面ABCD ，CH ⊂平面ABCD ，所以CH PA ⊥. 又因为AP AH A ⋂=，AH ､AP ⊂平面PADE ， 所以CH ⊥平面PADE .因为ED ⊂平面PADE ，所以CH ED ⊥. （2）如图，将两个几何体拼成四棱锥S ABCD -， 根据题意，四边形ABCD ､PMNE 都是等腰梯形， 因为P ､M ､N ､E 分别是原四棱锥四条侧棱的中点， 所以122PE AD ==，112PM AB ==，112MN BC ==，122SP SA ==，所以四棱锥S PMNE -的体积1()132S PMNE PE MN PM V SP -+=⨯⨯=， 四棱锥S ABCD -的体积1()822S ABCDBC AD AB V SA -+=⨯⨯=， 所以7ABCD S ABCD S PMNE PMNE V V V ---=-=四棱台.19．已知函数()2x x x e f x =+-（1）求曲线()y f x =在点()(0,0f 处的切线方程； （2）证明：对任意的x ∈R ，都有()1f x ≥. 【答案】（1）1y =；（2）证明见解析.【分析】（1）求得函数的导数()21xf x e x '=+-，求得()01f =，()00f '=，结合直线的点斜式方程，即可求解；（2）由（1）求得()20xf x e ''=+>，得到()f x '在(,)-∞+∞上单调递增，根据()00f '=，得出函数()f x 的单调性和最值，即可求解.【详解】（1）由题意，函数()2x x x e f x =+-，可得()f x 定义域为R ，则()21xf x e x '=+-，可得()01f =，()00f '=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =. （2）由（1）知()21xf x e x '=+-，可得()20xf x e ''=+>，所以()f x '在(,)-∞+∞上单调递增，又由()00f '=，所以当0x <时，()0f x '<，()f x 在(,0)-∞上单调递减， 当0x >时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递减，所以当0x =时，函数()f x 取得最小值，最小值为()()min 01f x f ==， 即对任意的x ∈R ，都有()1f x ≥.【点睛】利用导数证明不等式问题：（1）直接法：证明()f x m >或()f x m >，可直接转化为()min f x m >或()max f x m >；（2）直接构造法：证明不等式()()()()()f x g x f x g x ><转化为证明()()0f x g x ->()()(0)f x g x -<，进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-；（3）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （4）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.20．在甲､乙两位选手以往的比赛中随机抽取10局比赛，胜负情况依次如下：（1）从上表中第5局到第10局的六局比赛中任选两局，求甲至少有一局获胜的概率； （2）甲､乙两位选手将要进行一场比赛赛制为三局两胜(当一方赢得两局胜利时，该方获胜，比赛结束)，比赛每局均分出胜负若以甲､乙两位选手上表中10局比赛的结果作为样本，视样本频率为概率，求甲2：0获胜的概率. 【答案】（1）1415；（2）14.【分析】（1）列出所有的基本事件，找出甲两次都没有获胜包含的基本事件的个数，计算出甲两次都没有获胜的概率，再利用对立事件的概率公式即可求解； （2）若视样本频率为概率，可以求出每局比赛甲获胜的概率为51102=，乙获胜的概率为，若甲以2:0获胜，则甲前两局都获胜，即可求解.【详解】（1）从第5局到第10局的六局比赛中任选两局，所有可能的基本事件如下：5,6，{}5,7，{}5,8，{}5,9，{}5,10，{}6,7，{}6,8，{}6,9，{}6,10，{7,8}，{}7,9{7,10}，{}8,9，{}8,10，{}9,10.基本事件共15个，其中甲均没有取胜的基本事件有1个， 所以，甲至少获胜一局的概率为11411515-=. （2）用样本频率估计概率可知，每局比赛甲获胜的概率为12，乙获胜的概率为12. 若甲以2:0获胜，则甲前两局都获胜，所以甲以2:0获胜的概率为111224⨯=. 【点睛】方法点睛：古典概型概率问题（1）针对具体问题认真分析事件特点，准确判断事件类型，古典概型中事件特点是结果有限且等可能性；（2）求出基本事件的总数N ，和事件A 中包含的基本事件的个数n ； （3）利用()nP A N=即可求概率. 21．已知椭圆C 2222:1(0)x y a b a b +=>>的左，右焦点分别为1F ，2F，M 为C 上一点，12MF F △面积的最大值为（1）求C 的标准方程；（2）设动直线l 过2F 且与C 交于A ，B 两点，过1F 作直线l 的平行线l '，交C 于R ，N 两点，记2RF A 的面积为1S ，2NF B 的面积为2S ，试问：12S S +是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，说明理由.【答案】（1）221123x y +=；（2）存在，最大值为6. 【分析】（1）根据离心率可以得到关系式c a =根据12MF F △面积的最大值为可得到bc =222a b c =+，三个关系式可解出,,a b c ，从而得到椭圆方程.（2）根据题意，分斜率存在和不存在的情况，设出直线l 的方程. 再设出A,B 坐标，与椭圆方程联立，求出12,x x 关系式.表示出12S S +，换元，利用基本不等式求出最大值. 【详解】解：（1）设椭圆C 的半焦距为c ，由题知12MF F △面积取得最大值时，为M 为上下顶点时取得，故()12max122MF F Sb c bc =⋅⋅=则2222bc c a a b c ⎧=⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，解得3,a b c ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩所以椭圆方程221123x y +=.（2）当直线l 斜率存在时，设直线():3l y k x =-，11(,)A x y ，22(,)B x y ，将3y kx k =-代入221123x y +=，得222214243612(0)k x k x k +-+-=，2481()0k ∆=+>恒成立，所以21222414k x x k+=+，2122361214k x x k -=+， 由//l l '，则212RF AF F A S S=，212NF BF F BSS=，则1212121212121||||3||2F F A F FBS S SSFF y y k x x +=+=⋅-=⋅-，3||k ==24k =+，t =，则1t ≥， 所以12263tS S t +=≤=+， 当且仅当23t =时取到等号， 即2113k +=，2k =±时，12S S +取最大值为6. 当直线l 的斜率不存在时，不妨设A， (3,B，(R -，(3,N - 126S S +=<.综上，当k =时，12S S +的最大值为6. 【点睛】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x (或y )建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．22．平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为22cos 2sin x y αα=+⎧⎨=⎩(α为参数)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为sin 34πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭.（1）求曲线C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程； （2）设()3,0P，若直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求PA PB -.【答案】（1）C ：()2224x y -+=，l ：30x y +-=；（2.【分析】（1）由参数方程结合同角三角函数平方关系，即可写出曲线C 的普通方程；应用两角和正弦公式展开极坐标方程，根据极坐标与直角坐标的关系即可写出直线l 的直角坐标方程；（2）将直线l转化为3x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩的参数方程，代入曲线C 的方程，设12,PA t PB t ==，应用韦达定理求12t t +，12t t ，进而可求PA PB -.【详解】解：（1）由题设有2cos 2sin 2x y αα-⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，由同角三角函数的平方关系，得C ：()2224x y -+=.sin 34πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭sin cos cos sin 344ππθθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，即sin cos 3ρθρθ+=，∴直线l 的直角坐标方程为30x y +-=.（2）直线l的参数方程为322x y t ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩(t 为参数)，代入曲线C 的方程得：221142t ⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭，整理得230t -=，可设12,PA t PB t ==，∴12t t +=1230t t =-<，即1t ，2t 异号，故1212PA PB t t t t -=-=+=23．已知函数()f x x a x b =++-.（1）当1a =，2b =时，求不等式()5f x ≥的解集； （2）设0a >，0b >，若()f x 的最小值为2，证明∶11413a b +≥+. 【答案】（1）(][),23,-∞-+∞；（2）证明见解析. 【分析】（1）利用零点讨论法解绝对值不等式；（2）利用绝对值三角不等式得到a +b =2,再利用基本不等式求12a b+的最小值. 【详解】解：（1）将1a =，2b =代入5f x，得125x x ++-≥，等价于：1125x x ≤-⎧⎨-≥⎩或1235x -<<⎧⎨≥⎩或2215x x ≥⎧⎨-≥⎩，解得：2x -≤或3x ≥.所以不等式5f x的解集为(][),23,-∞-+∞.（2）证明：()f x x a x b a b =++-≥+，因为()f x 的最小值为2，且0a >，0b >，所以2a b +=.所以+13a b +=，()1111111141221313133b a a b a b a b a b ⎛⎫+⎛⎫⎛⎫+=+++=++≥= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 当且仅当11b aa b +=+，即当1a b =+，即32a =，12b =时取等号. 所以11413a b +≥+. 【点睛】方法点睛：本题考查解绝对值不等式，绝对值三角不等式和基本不等式求最值，解绝对值不等式主要运用零点分段讨论方法.。
云南省昆明市2021-2022学年高三上学期1月“三诊一模”摸底诊断测试文综地理试题
云南省昆明市2021-2022学年高三上学期1月“三诊一模”摸底诊断测试文综地理试题学校_________ 班级__________ 姓名__________ 学号__________一、未知1. 广州作为国内一线城市和华南地区重要的经济文化中心，是首批实现对外开放，也是最先借鉴国外城市酒店业经验、引进并建设星级酒店的城市。
下图示意广州市中心区酒店分布及密度。
据此完成下面小题。
【小题1】广州市中心区酒店分布呈现出（）A．多核心集聚B．条带状布局C．放射状排列D．对称状分布【小题2】影响广州市酒店布局的主导区位因素是（）A．河流分布B．地形状况C．城市路网D．住宅密度【小题3】推测四星级以上的高档酒店在图中最集中的区域是（）A．甲区域B．乙区域C．丙区域D．丁区域2. 我国某村落2013年前为深度贫困村，2014年开始经济结构多元化探索和优化调整，2017年实现了产业结构的快速转型。
下图为该村经济结构演变示意图。
据此完成下面小题。
【小题1】促进该村2014年进行经济结构多元化（）A．交通发展B．政策扶持C．科技进步D．资源丰富【小题2】关于该村经济结构演变带来的影响，叙述正确的是（）A．农业生产空间扩大B．文化习俗显著改变C．大量村民返乡就业D．生态环境趋于恶化【小题3】该村最可能位于（）A．苏B．辽C．宁D．湘3. 建在盐碱土上的路基，某些时段其土壤中的液态水变成固态的过程中，盐分析出结晶，体积膨胀，导致路面季节性开裂或起伏的现象称为路基盐胀。
下图为我国某公路路段位置示意图及其路基盐胀景观图。
据此完成下面小题。
【小题1】该路段路基盐胀形成的影响因素有（）①气温②地下水位③植物根系④绿洲分布A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④【小题2】盐胀拱起路面恢复原状的季节多为（）A．春季B．夏季C．秋季D．冬季【小题3】抑制路基盐胀最有效可行的措施是（）A．设置隔断和排水层B．用绿洲土壤填充路基C．路基两侧植树造林D．抽取路基沿线地下水4. 龙卷风是从雷雨云底伸向地面或水面的一种范围小、强度大的强风旋涡。
云南省昆明市2021届高三”三诊一模“摸底诊断测试语文试题
秘密★启用前【考试时间∶1月25日9 ∶00—11∶30】昆明市2021届高三“三诊一模“摸底诊断测试语文注意事项∶1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡交回。
一、现代文阅读（36 分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成1～3 题。
王国维的《人间词话》篇幅不大，内容丰富，有三个显著的特点。
其一，没有清代词论那种浙派、常州派的门户之见，立论比较公允;其二，突破了中国传统的诗话词话就事论事的框框，探索各种艺术的底蕴;其三，熔中国古典文论和西方哲学、文学于一炉，成一家之言。
因此，它虽为论词之作，却包含有生动而丰富的美学思想，是一本不可多得的美学论著.它的美学思想，主要体现在以“境界”为中心的艺术论里。
现择其要点略谈如下。
艺术形象论。
所谓“境界”，就是具有“真景物、真感情”的艺术形象，有情景交融的特点。
我国古典文论中谈情景关系的像张戒、叶燮等不乏其人，但他们都没有像王国维那样从主观和客观的哲学角度作深刻的分析。
王国维认为“境界”分“有我之境”和“无我之境”。
又说∶“昔人论诗词，有景语、情语之别，不知一切景语皆情语也。
”所谓“有我之境”，是指偏于主观情感的显露，因此所描写的事物都有较重的“我”的主观色彩。
所谓“无我之境”，是指比较客观地描写事物，主观情感不直接显露，它看来无情却有情，景中含情，触景生情。
创作方法论。
“境界”的基本特征是情景交融，怎样写情，怎样写景，就成为十分重要的创作方法问题。
对此，王国维有“写境”和“造境”论，这显然已接触到现实主义和浪漫主义两种基本的创作方法。
2021年云南省昆明市“三诊一模”高考数学摸底试卷(文科)(附答案详解)
2021年云南省昆明市“三诊一模”高考数学摸底试卷（文科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.如图，若复数z在复平面内对应的点为E，则复数z−在复平面内对应的点为()A. EB. FC. GD. H2.已知集合A={−2,−1,0，1，2}，B={x|x2≤1}，则A∩B的元素个数为()A. 2B. 3C. 4D. 53.在正项等比数列{a n}中，已知a1，a3，a5成等差数列，则a3+a4a1+a2=()A. 1B. 2C. 4D. 84.已知直线l：x+my−1=0与圆(x−2)2+(y+1)2=4相交于A，B两点，当AB取得最大值时，则m=()A. −3B. −1C. 1D. 35.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某个零件的三视图，则这个零件的体积等于()A. 6πB. 8πC. 12πD. 14π6.双曲线x26−y23=1的顶点到渐近线的距离为()A. 2B. √3C. √2D. 17.函数y=xsinx(x∈[−π,π])的图象可能是()A.B.C.D.8. 已知函数f(x)=sin(ωx +π6)(ω>0)的一条对称轴为x =π6，则ω的最小值为( )A. 1B. 2C. 3D. 49. 已知log 2a =(12)a ，b =ln 12，c =(12)0.2，则a ，b ，c 的大小关系为( )A. c >a >bB. a >b >cC. b >a >cD. a >c >b10. 在计算机的算法分析中，常用时间复杂度来衡量一个算法的优劣，算法的时间复杂度是指算法完成一次运行所需要的运算次数，若用T(n)(单位：次)表示算法的时间复杂度，它是算法求解问题数据规模n 的函数.已知某算法的时间复杂度T(n)=20n 4+nlog 2n(n ∈N ∗)，一台计算机每秒可以进行1.3亿次运算，则要保证该算法能在此计算机上1秒内完成一次运行，则n 的最大值为( )A. 40B. 50C. 60D. 7011. 已知O 1是正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的中心O 关于平面A 1B 1C 1D 1的对称点，则下列说法中错误的是( )A. O 1C 1与D 1C 是异面直线B. O 1C 1//平面A 1BCD 1C. O 1C 1⊥BDD. O 1C 1⊥平面BDD 1B 112. 银行按“复利”计算利息，即把上一个月的利息和本金加在一起算作本金，再计算下一个月的利息.某人在银行贷款金额为A 元，采用的还款方式为“等额本息”，即每个月还款1次，每次还款的金额固定不变，直到贷款的本金和利息全部还完为止.若月利率p 固定不变，按“复利”计算本息和，分n 个月还清(贷款1个月后开始第1次还款)，则此人每月还款金额为( )A. An 元 B.A(1+p)nn元C. A(1+p)n(1+p)n −1元D. Ap(1+p)n(1+p)n −1元二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知实数x ，y 满足约束条件{x ≥0x +y ≤2x +3y ≥3，则z =4x +y 的最大值等于______ ．14. 已知向量a ⃗ =(1,−1)，|b ⃗ |=4，a ⃗ ⋅b ⃗ =−2√2，则a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为______ ． 15. 随着《生物多样性公约》第十五次缔约方大会(COP15)重新确定于2021年5月17日至30日在云南省昆明市举办，“生物多样性”的目标、方法和全球通力合作，又成为国际范围的热点关注内容.昆明市市花为云南山茶花，又名滇山茶，原产云南，国家二级保护植物，为了监测滇山茶的生长情况，从不同林区随机抽取100株测量胸径(厘米)作为样本，得到样本频率分布直方图如图所示，这100株滇山茶胸径不超过m 厘米的占90%，超过m 厘米的占10%，将胸径超过m 厘米的作为重点监测对象，则m 约为______ 厘米.(精确到0.1)16. 设抛物线C ：y 2=2px(p >0)的焦点为F ，第一象限内的A ，B 两点都在C 上，O为坐标原点，若∠AFO =∠AFB =π3，且△AFB 的面积为3√3，则点A 的坐标为______ ． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，asinB +bcosA =c ．(1)求B ；(2)设a =√2c ，b =2，求c ．18.如图的四棱锥S−PMNE和四棱台PMNE−ABCD是由一个四棱锥S−ABCD被过各侧棱中点的平面所截而成.在四棱台PMNE−ABCD中，PA⊥平面ABCD，H是AD 的中点，四边形ABCH为正方形，AB=AP=2．(1)证明：CH⊥ED；(2)求四棱台PMNE−ABCD的体积．19.已知函数f(x)=e x+x2−x．(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)证明：对任意x∈R，都有f(x)≥1．20.在甲、乙两位选手以往的比赛中随机抽取10局比赛，胜负情况依次如表：第i局比赛(i=1,2，…，10)12345678910胜者乙乙甲乙甲乙乙甲甲甲(1)从表中第5局到第10局的六局比赛中任选两局，求甲至少有一局获胜的概率； (2)甲、乙两位选手将要进行一场比赛赛制为三局两胜(当一方赢得两局胜利时，该方获胜，比赛结束)，比赛每局均分出胜负.若以甲、乙两位选手表中10局比赛的结果作为样本，视样本频率为概率，求甲2：0获胜的概率．21. 已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，离心率为√32，M 为C 上一点，△MF 1F 2面积的最大值为3√3． (1)求C 的标准方程；(2)设动直线l 过F 2且与C 交于A 、B 两点，过F 1作直线l 的平行线l′，交C 于R 、N 两点，记△RF 2A 的面积为S 1，△NF 2B 的面积为S 2，试问：S 1+S 2是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，说明理由．22. 平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =2+2cosαy =2sinα(α为参数)，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为√2ρsin(θ+π4)=3．(1)求曲线C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程；(2)设P(3,0)，若直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求||PA|−|PB||．23.已知函数f(x)=|x+a|+|x−b|．(1)当a=1，b=2时，求不等式f(x)≥5的解集；(2)设a>0，b>0，若f(x)的最小值为2，证明：1a +1b+1≥43．答案和解析1.【答案】D【解析】解：因为复数z对应的点与复数z−对应的点关实轴对称，故复数z−在复平面内对应的点为H．故选：D．利用共轭复数的定义以及复数的几何意义求解即可．本题考查了复数的几何意义的理解和应用，共轭复数定义的应用，属于基础题．2.【答案】B【解析】解：∵A={−2,−1,0，1，2}，B={x|−1≤x≤1}，∴A∩B={−1,0，1}，∴A∩B的元素个数为3．故选：B．可求出集合B，然后进行交集的运算求出A∩B，然后即可得出A∩B的元素个数．本题考查了集合的列举法和描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题．3.【答案】A【解析】解：因为a1，a3，a5成等差数列，所以2a3=a1+a5，所以2a1q2=a1+a1q4，因为数列{a n}是正项等比数列，所以a1>0，q>0，所以q4−2q2+1=0，解得q=1或q=−1(舍)，所以a3+a4a1+a2=a1q2+a2q2a1+a2=q2=1．故选：A．由等差数列的性质和等比数列的通项公式可得关于q的方程，解方程可求得q的值，再由等比数列的通项公式将所求式子化简即可求解．本题主要考查等差数列的性质，等比数列的通项公式，考查方程思想与运算求解能力，属于基础题．4.【答案】C【解析】解：当直线l经过圆的圆心时，AB取得最大值，因为圆(x−2)2+(y+1)2=4的圆心坐标为(2,−1)，所以2−m−1=0，解得m=1．故选：C．当直线l经过圆心时，AB取得最大值，将圆心坐标代入直线方程，即可求解m的值．本题主要考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属于基础题．5.【答案】A【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体由一个底面半径为1，高为2的圆柱和一个底面半径为2，高为3的圆锥组成；故这个零件的体积V=13×π×22×3+π×12×2=6π．故选：A．首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积．本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的体积公式，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．6.【答案】C【解析】解：双曲线x26−y23=1的顶点(±√6,0)，渐近线方程为：x±√2y=0，所以双曲线x26−y23=1的顶点到渐近线的距离为：√6√1+2=√2．故选：C．求出双曲线的顶点坐标，渐近线方程，利用点到直线的距离公式求解即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，渐近线方程的求法．点到直线的距离公式的应用，是基础题．7.【答案】C【解析】【分析】本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及特殊值是判断函数的图象的常用方法．利用函数的奇偶性排除选项，通过特殊点的位置判断选项即可． 【解答】解：函数y =xsinx(x ∈[−π,π])是偶函数，排除B ，D ， 当x =π2时，y =π2，可知选项A 不正确； 故选C ．8.【答案】B【解析】解：由函数f(x)=sin(ωx +π6)的一条对称轴为x =π6， 所以π6⋅ω+π6=kπ+π2，k ∈Z ，解得ω=6k +2，k ∈Z ； 又ω>0，所以ω的最小值为2． 故选：B ．根据正弦型函数的对称性，结合题意即可求出ω的最小值． 本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题．9.【答案】D【解析】解：∵log 2a =(12)a >0，∴a >1， ∵ln 12<ln1=0，∴b <0，∵0<(12)0.2<(12)0=1，∴0<c <1， ∴a >c >b ， 故选：D ．利用指数函数和对数函数的性质求解．本题主要考查了利用指数函数和对数函数的性质比较大小，是基础题．10.【答案】B【解析】解：只需要T(n)=20n 4+nlog 2n ≤1.3×108的最大n 即可， 当n =40时，T(40)=20×404+40×log 240≈5.12×107<1.3×108， 当n =50时，T(50)=20×504+50×log 250≈1.25×108<1.3×108， 当n =60时，T(60)=20×604+60×log 260≈2.592×108>1.3×108，综上所述，保证该算法能在此计算机上1秒内完成一次运行，n 的最大值为50． 故选：B ．只需要T(n)=20n 4+nlog 2n ≤1.3×108的最大n 即可． 本题考查对数的运算，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．11.【答案】D【解析】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2， 对于A ，O 1C 1∩平面CDD 1C 1=C 1，C 1∉D 1C ， ∴O 1C 1与D 1C 是异面直线，故A 正确； 对于B ，O 1(1,1，3)，C 1(0,2，2)，D 1(0,0，2)，B(2,2，0)，C(0,2，0)，O 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1，−1)，BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−2,2)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0，0)，设平面A 1BCD 1的法向量n⃗ =(x,y ，z)， 则{n ⃗ ⋅BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x −2y +2z =0n ⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x =0， 取y =1，得n⃗ =(0,1，1)， O 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0，且O 1C 1⊄平面A 1BCD 1，∴O 1C 1//平面A 1BCD 1，故B 正确； 对于C ，O 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1，−1)，D(0,0，0)，B(2,2，0)，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−2,0)， O 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，∴O 1C 1⊥BD ，故C 正确； 对于D ，O 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1，−1)，D 1(0,0，2)，B(2,2，0)，BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−2,2)，O 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2≠0，∴O 1C 1与BD 1不垂直，∴O 1C 1与平面BDD 1B 1不垂直，故D 错误． 故选：D ．以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2，利用向量法能求出结果．本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力等数学核心素养，是中档题．12.【答案】D【解析】解：因为贷款金额为A 元，月利率为p ，分n 个月还清， 所以本息和一共为A(1+p)n 元，设每个月还款金额为Q 元，则A(1+p)n =Q +Q(1+p)+Q(1+p)2+⋯+Q(1+p)n−1，由等比数列求和公式可得A(1+p)n =Q[(1+p)n −1]1+p−1，所以Q =Ap(1+p)n(1+p)n −1，所以此人每月还款金额为Ap(1+p)n(1+p)n −1元． 故选：D ．由题意得到本息和一共为A(1+p)n 元，然后设每个月还款金额为Q 元，则A(1+p)n =Q +Q(1+p)+Q(1+p)2+⋯+Q(1+p)n−1，然后利用等比数列求和公式求解即可． 本题考查了函数在实际生活中的应用，主要考查了指数型函数模型的应用，解题的关键是正确理解题意，从中得到数学模型，属于中档题．13.【答案】132【解析】解：由约束条件作出可行域如图，联立{x +y =2x +3y =3，解得A(12,32)，化目标函数z =4x +y 为y =−4x +z ，由图可知，当直线y =−4x +z 过A 时， 直线在y 轴上的截距最大，z 有最大值为4×32+12=132．故答案为：132．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．本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想，是中档题．14.【答案】120°【解析】解：根据题意，设a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为θ， 向量a ⃗ =(1,−1)，则|a ⃗ |=√1+1=√2，则有a⃗⋅b⃗ =√2×4×cosθ=−2√2，变形可得cosθ=−12，又由0°≤θ≤180°，则θ=120°，故答案为：120°．根据题意，设a⃗与b⃗ 的夹角为θ，求出|a⃗|的值，由数量积的计算公式可得a⃗⋅b⃗ =√2×4×cosθ=−2√2，变形可得cosθ=−12，结合θ的范围分析可得答案．本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角的计算，属于基础题．15.【答案】19.3【解析】解：胸径超过m厘米的占10%，即胸径超过m厘米的频率是0.1，落在[25,30]内的频率是5×0.004=0.02，落在[20,25]内的频率是5×0.012=0.06，所以m应落在[15,20)内，所以(20−m)×0.030=0.1−0.02−0.06，所以m≈20−0.667=19.333≈19.3厘米，故答案为：19.3．估计频率分布直方图求出落在[25,30]，[20,25]内的频率，再求出m的值．本题考查了频率分布直方图，频率的计算，用样本估计总体等知识，属于基础题．16.【答案】(12,√3)【解析】解：设|AF|=m，|BF|=n，∵∠AFO=∠AFB=π3，∴A(p−m2,√3m2)，B(p+n2,√3n2)，由抛物线的定义知，|AF|=p−m2+p2=m，∴m=23p，|BF|=p+n2+p2=n，∴n=2p，∵△ABF的面积为3√3，∴12mn⋅sin∠AFB=3√3，即mn=12，∴23p⋅2p=12，解得p=3，∴m=2，∴A(12,√3).故答案为：(12,√3).设|AF|=m，|BF|=n，可用含m，n，p的式子表示出点A和B的坐标，再由抛物线的定义，推出m=23p，n=2p，然后结合三角形的面积公式，求出p和m的值，从而得解．本题考查抛物线的定义与几何性质，三角形的面积公式，考查数形结合思想、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．17.【答案】解：(1)由正弦定理得sinAsinB+sinBcosA=sinC，因为sinC=sin[π−(A+B)]=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，所以sinAsinB=sinAcosB，又因为sinA≠0，cosB≠0，所以tanB=1，又0<B<π，所以B=π4．(2)由余弦定理b2=c2+a2−2accosB，a=√2c，可得4=c2+2c2−2√2c2×√22，解得c=2．【解析】本题考查正弦定理及余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．(1)由正弦定理，三角函数恒等变换化简已知等式可得tanB=1，结合0<B<π，可求B的值．(2)由已知利用余弦定理即可解得c的值．18.【答案】(1)证明：∵四边形ABCH为是正方形，∴CH⊥AH，∵PA⊥平面ABCD，CH⊂平面ABCD，∴CH⊥PA，又AP∩AH=A，AH、AP⊂平面PADE，∴CH⊥平面PADE，而ED⊂平面PADE，∴CH⊥ED；(2)解：将四棱锥S−PMNE与四棱台PMNE−ABCD拼回成原四棱锥S−ABCD，根据题意，可知四边形ABCD与四边形PMNE都是直角梯形，∵P、M、N、E分别是四棱锥S−ABCD四条侧棱的中点，∴PE=12AD=2，PM=12AB=1，MN=12BC=1，SP=12SA=2，∴V S−PMNE=13×(PE+MN)×PM2×SP=1，V S−ABCD=13×(BC+AD)×AB2×SA=8．∴四棱台PMNE−ABCD的体积为V S−ABCD−V S−PMNE=8−1=7．【解析】(1)由已知可得CH⊥AH，CH⊥PA，由直线与平面垂直的判定可得CH⊥平面PADE，进一步可得CH⊥ED；(2)将两个几何体拼回成四棱锥，则四棱台的体积等于大四棱锥的体积减去小四棱锥的体积．本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．19.【答案】(1)解：根据题意可得，f′(x)=e x+2x−1，根据函数导数的几何意义即得，曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程即为y−f(0)=f′(0)(x−0)∵f(0)=1，f′(0)=0，∴函数y=f(x)在点(0,1)处的切线方程即为：y−1=0⇔y=1．(2)证明：由(1)得，f′(x)=e x+2x−1，∴f“(x)=e x+2>0，即得f′(x)在R上单调递增，又因为f′(0)=0，所以当x>0时，f′(x)>f′(0)=0，此时函数f(x)单调递增；当x<0时，f′(x)<f′(0)= 0，此时函数f(x)单调递减；综上可得，函数f(x)在(−∞,0)上单调递减；在(0,+∞)上单调递增．即得f(x)min=f(0)=1，所以对任意的x∈R，都有f(x)≥1．【解析】(1)根据函数导数的几何意义，即可求得函数在点(0,f(0))处的切线方程；(2)根据题意，只需证明函数f(x)在R上的最小值为1，即可．本题考查函数导数几何意义的使用，以及导数法求解函数单调性，属于基础题．20.【答案】解：(1)第5局到第10局的六局比赛中任选两局，总的情况共有C 62=15种， 甲获胜一局有C 41C 21=8种，甲获胜两局有C 42=6种，所以甲至少有一局获胜的概率为8+615=1415； (2)因为甲、乙两位选手10局比赛各获胜5局， 所以比赛中甲、乙每局获胜的概率均为12，要使得甲、乙两位选手进行比赛中甲2：0获胜，需使比赛前两局甲均获胜， 所以甲2：0获胜的概率为12×12=14．【解析】(1)分别求出第5局到第10局的六局比赛中任选两局的种数以及甲至少有一局获胜的种数，利用古典概型的计算公式求解即可；(2)分析可知，比赛中甲、乙每局获胜的概率均为12，所以需使比赛前两局甲均获胜，由概率公式求解即可．本题考查了概率问题的求解，主要考查了古典概型的求解，解题的关键是求出总的基本事件数以及满足条件的基本事件数，属于中档题．21.【答案】解：(1)设椭圆C 的半焦距为c ，由题意，可知△MF 1F 2面积的最大值为bc ， 所以{bc =3√3c a=√32a 2=b 2+c 2，解得a =2√3，b =√3，c =3，所以椭圆的方程为x 212+y 23=1．(2)当直线l 的斜率存在时，设直线l 方程为y =k(x −3)，(k ≠0)，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 联立{y =k(x −3)x 212+y 23=1，得(1+4k 2)x 2−24k 2x +36k 2−12=0，所以△=48(1+k 2)>0恒成立， 所以x 1+x 2=24k 21+4k2，x 1x 2=36k 2−121+4k 2，由l′//l ，可知S △RF 2A =S △F 1F 2A ，S △NF 2B =S △F 1F 2B ， 所以S 1+S 2=S △F 1F 2A +S △F 1F 2B =12|F 1F 2|⋅|y 1−y 2| =3|k|⋅|x 1−x 2|=3|k|⋅√48(1+k 2)1+4k 2=12√3×√1+1k 21k 2+4，令√1+1k 2=t ，则t >1，所以S 1+S 2=12√3×tt 2+3≤12√3×2√3t =6，(当且仅当t 2=3时取等号)，即1+1k 2=3，k =±√22时，S 1+S 2取得最大值，最大值为6，当直线l 的斜率不存在时，不妨设A(3,√32)，B(3,−√32)，R(−3,√32)，N(−3,−√32)，则S 1+S 2=3√3<6，综上，当k =±√22时，S 1+S 2取得最大值，最大值为6．【解析】(1)将离心率，△MF 1F 2面积的最大值用a ，b ，c 表示出来，结合a ，b ，c 之间的关系，联立求解，解得a ，b ，c 的值，从而求出椭圆C 的标准方程．(2)分两种情况：直线l 的斜率存在和直线l 的斜率不存在，求S 1+S 2，结合基本不等式，即可得出答案．本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．22.【答案】解：(1)消去参数得C ：(x −2)2+y 2=4．由√2ρsin(θ+π4)=3得√2ρ(sinθcos π4+cosθsin π4)=3，即ρsinθ+ρcosθ=3， 所以直线l 的直角坐标方程为x +y −3=0． (2)直线l 的参数方程为{x =3−√22t y =√22t(t 为参数)，代入曲线C 的方程得：(1−√22t)2+12t 2=4，整理得t 2−√2t −3=0．所以t 1+t 2=√2，t 1t 2=−3<0，所以t 1，t 2异号， 故||PA|−|PB||=||t 1|−|t 2||=|t 1+t 2|=√2．【解析】(1)消去参数能求出曲线C 的普通方程，直线l 的极坐标方程转化为ρcosα+ρsinα=3，由此能求出直线l 的直角坐标方程． (2)写出直线l 的参数方程{x =3−√22t y =√22t(t 为参数)，代入曲线C 的方程得：(1−√22t)2+12t 2=4，整理得t 2−√2t −3=0.利用韦达定理解答．本题考查曲线的极坐标方程、直线的直角坐标方程的求法，考查两线段差的求法，考查极坐标方程、普通方程、直角坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．23.【答案】(1)解：将a =1，b =2代入f(x)≥5，得|x +1|+|x −2|≥5，等价于：{x ≤−11−2x ≥5或{−1<x <23≥5或{x ≥22x −1≥5解得：x ≤−2或x ≥3．所以不等式f(x)≥5的解集为(−∞,−2]∪[3,+∞)． (2)证明：f(x)=|x +a|+|x −b|≥|a +b|， 因为f(x)的最小值为2，且a >0，b >0，所以a +b =2．1a+1b+1=13(1a +1b+1)(a +b +1)=13(b+1a+a b+1+2)≥13(2√b+1a⋅ab+1+2)=43，当且仅当b+1a=a b+1，即当a =b +1，即a =32，b =12时取等号．【解析】(1)通过去掉绝对值符号，转化求解不等式的焦距即可． (2)利用函数的最小值，结合基本不等式，转化证明即可．本题考查绝对值不等式的解法，不等式的证明，考查转化思想，逻辑推理能力，是中档题．。
2021年云南省昆明市“三诊一模”高考数学模拟试卷(文科)(5月份)
2021年云南省昆明市“三诊一模”高考数学模拟试卷（文科）（5月份）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．（5分）已知集合A＝{x|﹣1≤x≤1}，B＝{﹣2，﹣1，0，1，则A∩B＝（）A．{﹣1，0，1}B．{﹣1，1}C．[﹣1，1]D．{﹣2，﹣1，0，1，2}2．（5分）已知向量＝（0，3），＝（4，0），则cos＜，﹣＞＝（）A．B．C．﹣D．﹣3．（5分）给出下列三个结论：①若复数z＝（a2﹣a）+ai（a∈R）是纯虚数，则a＝1；②若复数，则复数z在复平面内对应的点在第二象限；③若复数z满足|z|＝1，则z在复平面内所对应点的轨迹是圆．其中所有正确结论的个数是（）A．0B．1C．2D．34．（5分）2021年3月28日，云南省人民政府发布《关于命名“云南省美丽县城”“云南省特色小镇”的通知》，命名16个“云南省美丽县城”和6个“云南省特色小镇”．其中这6个云南省特色小镇分别是安宁温泉小镇、腾冲银杏小镇、禄丰黑井古镇、剑川沙溪古镇、瑞丽畹町小镇、德钦梅里雪山小镇．若某人计划在今年暑假期间从这6个云南特色小镇中任意选两个去旅游（）A．B．C．D．5．（5分）△ABC为等腰三角形，且∠C＝90°，则以A（）A．B．C．D．6．（5分）已知等差数列{a n}的公差为d，有下列四个等式：①a1＝﹣1；②d＝1；③a1+a2＝0；④a3＝3．若其中只有一个等式不成立，则不成立的是（）A．①B．②C．③D．④7．（5分）已知圆周率π满足等式．如图是计算π的近似值的程序框图，图中空白框中应填入（）A．B．C．D．8．（5分）已知平面α截球O所得截面圆半径为，该球面上的点到平面α的距离最大值为3，则球O的表面积为（）A．4πB．8πC．16πD．32π9．（5分）智能主动降噪耳机工作的原理如图1所示，是通过耳机两端的噪声采集器采集周围的噪音，然后通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波抵消噪音．已知某噪音的声波曲线在上大致如图2所示，则通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波曲线可以为（）A．B．C．D．10．（5分）已知某物种经过x年后的种群数量y近似满足冈珀茨模型：，当x＝0时，y的值表示2021年年初的种群数量．若t（t∈N*）年后，该物种的种群数量不超过2021年初种群数量的，则t的最小值为（）（参考值：ln3≈1.09）A．9B．10C．11D．1211．（5分）设F1，F2是双曲线的左，右焦点，若，且|OP|＝2a（O为坐标原点），则C的渐近线方程为（）A．y＝±x B．C．D．y＝±2x12．（5分）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n+S n﹣1＝4n2（n≥2，n∈N*），则a100＝（）A．414B．406C．403D．393二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）若x，y满足约束条件，则z＝﹣x+2y的最小值为．14．（5分）已知{a n}是等比数列，{b n}是等差数列，a2a8＝4a5，b5＝a5，则b2+b8＝．15．（5分）甲、乙两组数据如表所示，其中a，b∈N*，若甲、乙两组数据的平均数相等，要使乙组数据的方差小于甲组数据的方差，则（a，b）为．（只需填一组）甲124711乙12a b10 16．（5分）已知函数两个不同的零点，则实数a的取值范围是．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）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝2，D为BC边上一点，BD＝2CD．（1）若CD＝1，求sin C；（2）若△ABC 的面积为，求AD的长．18．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，平面BCC1B1⊥平面ABC，四边形BCC1B1为菱形．（1）证明：B1C⊥平面ABC1；（2）若BC＝2，AB＝1，∠BCC1＝60°，求四棱锥C1﹣ABB1A1的体积．19．（12分）我国脱贫攻坚战取得全面胜利，现行标准下农村贫困人口全部脱贫，消除了绝对贫困．某村40户贫困家庭在扶贫工作组的帮助下于2017年全面脱贫，消费支出，食品支出的关系，调查统计这8户家庭每户2019年的年收入x，消费支出y（单位：千元），整理数据（x i，y i）（i＝1，2，⋯，8）得到下面的折线图，由数据（y i，z i）（i＝1，2，⋯，8）得到如表．家庭（i）12345678消费支出（y）2730333537404244食品支出（z）910111312111212（1）由折线图看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，求y关于x的回归方程（精确到0.01）的现实生活意义；（2）恩格尔系数，是食品支出额占家庭消费支出总额的比重．通常一个家庭收入越少，家庭收入中（或总支出中）；一个家庭收入越多，家庭收入中（或总支出中），所以该系数是衡量居民生活水平的有效指标．根据联合国粮农组织提出的标准，恩格尔系数在59%以上为贫困，40%～50%为小康，30%～40%为富裕，请估计该村脱贫家庭中达到最富裕的家庭户数．参考数据：，，，．附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：＝，＝﹣．20．（12分）已知函数f（x）＝mx3+n，曲线y＝f（x）在点（1）求实数m，n的值；（2）令g（x）＝f（x）+ax2﹣3a2x，函数g（x）的极大值与极小值之差等于21．（12分）已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线与x轴交点为T，△GTF的面积为．（1）求E的方程；（2）已知点M（a，0），N（2a，0），R（4a，0）（a＞0），点A是E上任意一点（异于顶点），连接AM并延长交E于另一点B，连接CR并延长交E于另一点D，当直线AB 的斜率存在时（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．并用2B铅笔在答题卡选考题区域内把所选的题号涂黑．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1：（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系2：ρ＝2a cosθ（a＞0）．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）设射线与C1相交于A，B两点，与C2相交于M点（异于O），若|OM|＝|AB|，求a．[选修4-5：不等式选讲]23．已知关于x的不等式2a+3b+4c≤|x|+|x﹣1|（x∈R）恒成立．（1）求2a+3b+4c的最大值；（2）当a＞﹣，b，c＞﹣，2a+3b+4c取得最大值时++≥3．2021年云南省昆明市“三诊一模”高考数学模拟试卷（文科）（5月份）参考答案与试题解析一、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．（5分）已知集合A＝{x|﹣1≤x≤1}，B＝{﹣2，﹣1，0，1，则A∩B＝（）A．{﹣1，0，1}B．{﹣1，1}C．[﹣1，1]D．{﹣2，﹣1，0，1，2}【分析】进行交集的运算即可．【解答】解：∵A＝{x|﹣1≤x≤1}，B＝{﹣3，0，1，4}，∴A∩B＝{﹣1，0，5}．故选：A．【点评】本题考查了集合的描述法和列举法的定义，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题．2．（5分）已知向量＝（0，3），＝（4，0），则cos＜，﹣＞＝（）A．B．C．﹣D．﹣【分析】先求出＝（﹣4，3），再由cos＜，﹣＞＝，能求出结果．【解答】解：∵向量＝（0，＝（4，∴＝（﹣8，∴cos＜，﹣＞＝＝＝．故选：A．【点评】本题考查向量的余弦值的求法，考查向量夹角余弦公式等基础知识，涉及数学运算、逻辑推理等数学学科核心素养，属于基础题．3．（5分）给出下列三个结论：①若复数z＝（a2﹣a）+ai（a∈R）是纯虚数，则a＝1；②若复数，则复数z在复平面内对应的点在第二象限；③若复数z满足|z|＝1，则z在复平面内所对应点的轨迹是圆．其中所有正确结论的个数是（）A．0B．1C．2D．3【分析】①复数z＝（a2﹣a）+ai（a∈R）是纯虚数，则其实部为0，虚部不为0，从而可判断①的正误；②化简复数＝1+i，由复数的几何意义可判断②的正误；③设z＝x+yi（x，y∈R），依题意，可得x2+y2＝1，可判定③的正误．【解答】解：①若复数z＝（a2﹣a）+ai（a∈R）是纯虚数，则，解得a＝1；②因为复数＝＝1+i，8）在第一象限；③设z＝x+yi（x，y∈R），因为复数z满足|z|＝＝6，所以x2+y2＝6，即z在复平面内所对应点的轨迹是圆；综上所述，所有正确结论的个数是2个，故选：C．【点评】本题考查复数的代数表示及其几何意义，考查运算求解能力，属于中档题．4．（5分）2021年3月28日，云南省人民政府发布《关于命名“云南省美丽县城”“云南省特色小镇”的通知》，命名16个“云南省美丽县城”和6个“云南省特色小镇”．其中这6个云南省特色小镇分别是安宁温泉小镇、腾冲银杏小镇、禄丰黑井古镇、剑川沙溪古镇、瑞丽畹町小镇、德钦梅里雪山小镇．若某人计划在今年暑假期间从这6个云南特色小镇中任意选两个去旅游（）A．B．C．D．【分析】基本事件总数n＝，其中一个是安宁温泉小镇包含的基本事件个数m＝＝5，由此能求出其中一个是安宁温泉小镇的概率．【解答】解：这6个云南省特色小镇分别是安宁温泉小镇、腾冲银杏小镇、剑川沙溪古镇、德钦梅里雪山小镇．某人计划在今年暑假期间从这6个云南特色小镇中任意选两个去旅游，基本事件总数n＝，其中一个是安宁温泉小镇包含的基本事件个数m＝＝2，则其中一个是安宁温泉小镇的概率为P＝＝．故选：A．【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，涉及数学运算、逻辑推理等数学学科核心素养，属于基础题．5．（5分）△ABC为等腰三角形，且∠C＝90°，则以A（）A．B．C．D．【分析】由题意首先确定△ABC的形状，然后结合离心率的定义和椭圆的定义整理计算即可求得最终结果．【解答】解：由题意△ABC为等腰三角形，且∠C＝90°，设：BC＝2c，AC＝2c由椭圆的定义可知：2+6c＝2a，则椭圆的离心率：＝＝．故选：D．【点评】本题考查了椭圆的离心率的求解，等腰直角三角形的性质等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属于中等题．6．（5分）已知等差数列{a n}的公差为d，有下列四个等式：①a1＝﹣1；②d＝1；③a1+a2＝0；④a3＝3．若其中只有一个等式不成立，则不成立的是（）A．①B．②C．③D．④【分析】由已知结合等差数列的通项公式分析各条件即可判断．【解答】解：假设①②成立，则a1＝﹣1，d＝3，a1+a2＝﹣5+0＝﹣1≠2，③不成立，a3＝1≠8，④不成立；故①②不可能同时成立，则③④一定同时成立，即a1+a2＝6，a3＝3，所以，解得d＝4，a1＝﹣1，所以②不成立．故选：B．【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，考查了分析问题的能力，属于基础题．7．（5分）已知圆周率π满足等式．如图是计算π的近似值的程序框图，图中空白框中应填入（）A．B．C．D．【分析】根据算法流程图，从第一次循环开始，第二次…，推导S的值，再结合选项判断出结论．【解答】解：模拟程序的运行过程知，k＝1，满足条件k＜N；S＝1，k＝6；S＝1﹣，k＝3；S＝1﹣+，k＝4；…S＝1﹣+﹣+﹣+﹣+...，根据以上分析判断空白处应填写S＝S﹣．故选：D．【点评】本题考查了程序框图，考查了推理与运算能力，是基础题．8．（5分）已知平面α截球O所得截面圆半径为，该球面上的点到平面α的距离最大值为3，则球O的表面积为（）A．4πB．8πC．16πD．32π【分析】由题意画出图形，利用勾股定理求得球的半径，再由球的表面积公式得答案．【解答】解：如图，设平面α截球O所得小圆为圆G，圆心为G，由题意可得，PG＝3，再设球的半径为R，则，解得：R＝2．∴球O的表面积为4πR2＝4π×7＝16π．故选：C．【点评】本题考查球的表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．9．（5分）智能主动降噪耳机工作的原理如图1所示，是通过耳机两端的噪声采集器采集周围的噪音，然后通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波抵消噪音．已知某噪音的声波曲线在上大致如图2所示，则通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波曲线可以为（）A．B．C．D．【分析】由函数的特殊点坐标求出A，由五点法作图求出ω的值，可得函数的解析式．【解答】解：根据曲线在上大致图象，可得A sin（6+）＝1．再根据五点法作图，可得ω×+，∴ω＝π），故选：D．【点评】本题主要考查由函数y＝A sin（ωx+φ）的部分图象求解析式，由函数的特殊点坐标求出A，由五点法作图求出ω的值，属于中档题．10．（5分）已知某物种经过x年后的种群数量y近似满足冈珀茨模型：，当x＝0时，y的值表示2021年年初的种群数量．若t（t∈N*）年后，该物种的种群数量不超过2021年初种群数量的，则t的最小值为（）（参考值：ln3≈1.09）A．9B．10C．11D．12【分析】利用题中的条件列出等式，表示出k的值，进而可解出结果．【解答】解：由题意可知＝8k，∴，即，∴，∴，∴≈10.4．故选：C．【点评】本题考查了函数模型的实际应用，指数和对数不等式的解法，属于基础题．11．（5分）设F1，F2是双曲线的左，右焦点，若，且|OP|＝2a（O为坐标原点），则C的渐近线方程为（）A．y＝±x B．C．D．y＝±2x【分析】设|PF1|＝m，|PF2|＝n，由余弦定理，得到a，c的关系，进而得到a＝b，再求出双曲线的渐近线方程．【解答】解：设|PF1|＝m，|PF2|＝n，由双曲线的定义可得|m﹣n|＝2a，因为PO为△PF1F2的中线，所以8＝+，两边平方，得72＝8+2+5•，即为16a8＝m2+n2+3mn cos＝（m﹣n）2+6mn＝4a2+7mn，解得mn＝4a2，在△PF6F2中，4c8＝m2+n2﹣6mn cos＝（m﹣n）2+mn＝5a2+4a3，所以c＝a，所以b＝，所以双曲线的渐近线方程为y＝±x．故选：A．【点评】本题考查双曲线的定义和性质，以及余弦定理，考查方程思想和运算能力，属于中档题．12．（5分）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n+S n﹣1＝4n2（n≥2，n∈N*），则a100＝（）A．414B．406C．403D．393【分析】根据题意，由S n+S n﹣1＝4n2可得S n﹣1+S n﹣2＝4（n﹣1）2，两式相减可得S n﹣S n＝a n+a n﹣1＝8n﹣4，据此分析求出（a2+a3+a4+a5……a98+a99）的值，又由S99＝a1+﹣2（a2+a3+a4+a5……a98+a99）的值，对于S n+S n﹣1＝4n2，当n＝100时，有S100+S99＝2S99+a100＝40000，计算可得答案．【解答】解：根据题意，数列{a n}满足S n+S n﹣1＝4n7，（n≥2）①则有S n﹣1+S n﹣8＝4（n﹣1）8，（n≥3）②①﹣②：S n﹣S n﹣2＝a n+a n﹣4＝8n﹣4，（n≥6），则有a2+a3＝20，a5+a5＝36，……a98+a99＝8×99﹣2＝788，故有（a2+a3+a6+a5……a98+a99）＝20+36+……8n﹣4+……+788＝＝19796，则S99＝a1+（a6+a3+a4+a4……a98+a99）＝19797，对于S n+S n﹣1＝4n7，当n＝100时，有S100+S99＝2S99+a100＝40000，则a100＝40000﹣2S99＝406；故选：B．【点评】本题考查数列的递推公式，涉及数列的表示方法，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）若x，y满足约束条件，则z＝﹣x+2y的最小值为1．【分析】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．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（1，由z＝﹣x+3y，得y＝，当直线y＝，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为﹣2+2＝1．故答案为：7．【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是中档题．14．（5分）已知{a n}是等比数列，{b n}是等差数列，a2a8＝4a5，b5＝a5，则b2+b8＝8．【分析】设出等比数列的公比，由已知结合等比数列的通项公式求得a5，则b5可求，再由等差数列的性质求解b2+b8．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q，由a2a8＝7a5，得，∴，即a5＝7．∴b5＝a5＝2，又{b n}是等差数列，∴b2+b8＝2b5＝2×5＝8．故答案为：8．【点评】本题考查等比数列的通项公式与等差数列的性质，考查计算能力，是基础题．15．（5分）甲、乙两组数据如表所示，其中a，b∈N*，若甲、乙两组数据的平均数相等，要使乙组数据的方差小于甲组数据的方差，则（a，b）为（6，6）（其它答案：（5，7），（7，5），（4，8），（8，4））．（只需填一组）甲124711乙12a b10【分析】根据平均数与方差的定义，得到a，b满足的条件，求解即可．【解答】解：设甲，乙两组数据的平均数分别为x1，x2，方差分别为，因为甲，乙两组数据的平均数相等，所以1+2+6+7+11＝1+5+a+b+10，解得a+b＝12，x1＝x2＝2，因为＝[（1﹣2）2+（2﹣3）2+（4﹣7）2+（7﹣7）2+（11﹣5）4]，＝[（1﹣6）2+（2﹣6）2+（a﹣5）5+（b﹣5）2+（10﹣5）2]，因为，且a，所以满足条件的（a，b）可以是（2，（5，（7，（7，（8．故答案为：（6，6）（其它答案：（5，（7，（4，（8【点评】本题考查了特征数的理解和应用，主要考查了数据平均数以及方差的应用，考查了数据分析能力与运算能力，属于基础题．16．（5分）已知函数两个不同的零点，则实数a的取值范围是．【分析】将问题转化为方程axe x＝lnx+x有两个不同的根，令t＝xe x，则a＝在（0，+∞）上两个不同的根，作出函数g（t）＝的图象，将问题转化为函数y＝g（t）与y＝a有两个不同的交点，结合图象，求解即可．【解答】解：函数两个不同的零点，等价于方程在（8，axe x＝lnx+x有两个不同的根，令t＝xe x，则lnt＝lnx+x，因为t＝xe x在（0，+∞）上单调递增，故方程变形为at＝lnt，即a＝，+∞）上两个不同的根，令g（t）＝，则g'（t）＝，令g'（t）＝0，则t＝e，当0＜x＜e时，g'（t）＞5，当x＞e时，g'（t）＜0，所以当t＝e时，g（t）取得最大值，当x→8时，g（t）→﹣∞，g（t）→0，作出g（t）的图象如图所示，由题意可知，函数y＝g（t）与y＝a的图象有两个不同的交点，由图象可知，实数a的取值范围是．故答案为：．【点评】本题考查了函数的零点与方程的根的综合应用，解决函数零点或方程根的问题，常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得到函数的零点）；（2）图象法（直接画出函数的图象分析得解）；（3）方程+图象法（令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解）．属于中档题．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）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝2，D为BC边上一点，BD＝2CD．（1）若CD＝1，求sin C；（2）若△ABC的面积为，求AD的长．【分析】（1）由已知结合正弦定理即可直接求解sin C；（2）由已知结合三角形面积公式可求b，然后结合向量的线性表示及向量数量积的性质可求．【解答】解：（1）依题意得BD＝2，则BC＝3，在△ABC中，由正弦定理得：，即，所以．（2）因为，所以b＝8，由BD＝2CD可得，，则＝+，＝＝，所以．【点评】本题主要考查了正弦定理，三角形面积公式，向量数量积的性质，属于中档题．18．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，平面BCC1B1⊥平面ABC，四边形BCC1B1为菱形．（1）证明：B1C⊥平面ABC1；（2）若BC＝2，AB＝1，∠BCC1＝60°，求四棱锥C1﹣ABB1A1的体积．【分析】（1）只需证明B1C垂直于平面ABC1内两相交直线AB和BC1即可；（2）四棱锥体积等于三棱柱体积与三棱锥体积之差．【解答】（1）证明：因为平面BCC1B1⊥平面ABC，平面BCC7B1∩平面ABC＝BC，又AB⊥BC，AB⊂平面ABC，所以AB⊥平面BCC1B6，又B1C⊂平面BCC1B2，所以AB⊥B1C，又因为四边形BCC1B5为菱形，所以B1C⊥BC1，而AB∩BC8＝B，且AB1⊂平面ABC1，所以B3C⊥平面ABC1．（2）解：过C1作C7D⊥BC，垂足为D，四边形BCC1B1为菱形，∠BCC4＝60°，所以△BCC1是正三角形，所以D为BC中点，因为平面BCC1B7⊥平面ABC，平面BCC1B1∩平面ABC＝BC，又C5D⊥BC，C1D⊂平面BCC1B3，所以C1D⊥平面ABC，因为BC＝2，∠BCC8＝60°，所以，由AB＝8，BC＝2，1＝90°，所以＝．【点评】本题考查了直线与平面的位置关系，考查了棱柱与棱锥体积计算问题，属于中档题．19．（12分）我国脱贫攻坚战取得全面胜利，现行标准下农村贫困人口全部脱贫，消除了绝对贫困．某村40户贫困家庭在扶贫工作组的帮助下于2017年全面脱贫，消费支出，食品支出的关系，调查统计这8户家庭每户2019年的年收入x，消费支出y（单位：千元），整理数据（x i，y i）（i＝1，2，⋯，8）得到下面的折线图，由数据（y i，z i）（i＝1，2，⋯，8）得到如表．12345678家庭（i）2730333537404244消费支出（y）910111312111212食品支出（z）（1）由折线图看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，求y关于x 的回归方程（精确到0.01）的现实生活意义；（2）恩格尔系数，是食品支出额占家庭消费支出总额的比重．通常一个家庭收入越少，家庭收入中（或总支出中）；一个家庭收入越多，家庭收入中（或总支出中），所以该系数是衡量居民生活水平的有效指标．根据联合国粮农组织提出的标准，恩格尔系数在59%以上为贫困，40%～50%为小康，30%～40%为富裕，请估计该村脱贫家庭中达到最富裕的家庭户数．参考数据：，，，．附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：＝，＝﹣．【分析】（1）先求出样本中心，然后利用参考公式求出，即可得到线性回归方程，分析的现实意义即可；（2）列出8户脱贫家庭的恩格尔系数的表格，由此分析求解即可．【解答】解：（1）由题意可知，，，所以，故，所以y关于x 的回归方程为，的现实意义为年收入每增加6千元，估计消费支出增加0.68千元；（2）由题意可知，8户脱贫家庭的恩格尔系数如下表所示：82385628家庭（i）33.3%33.5%33.3%37.1%32.8%27.5%28.6%27.2%恩格尔系数所以样本中达到最富裕的家庭有3个，估计该村脱贫家庭中达到最富裕的家庭户数为（户）．【点评】本题考查了线性回归方程的求解与应用，要掌握线性回归方程必过样本中心这一知识点，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．20．（12分）已知函数f（x）＝mx3+n，曲线y＝f（x ）在点（1）求实数m，n的值；（2）令g（x）＝f（x）+ax2﹣3a2x，函数g（x）的极大值与极小值之差等于【分析】（1）求出导函数，通过曲线y＝f（x）在点处的切线方程为3x﹣3y+1＝0．列出方程组，求解m，n即可．（2）求出，求出导函数g'（x）＝x2+2ax﹣3a2＝（x+3a）（x ﹣a），通过a与0的大小，转化求解函数的极值，推出结果即可．【解答】解：（1）f'（x）＝3mx2，由题意得即解得（5分）（2）由（1）得，所以2+2ax﹣6a2＝（x+3a）（x﹣a），①当a＝2时，g'（x）≥0，与题设矛盾．②当a＞0时，g（x）在（﹣∞，（a，在（﹣8a．所以g（x）极大值为g（﹣3a）＝9a8+1，极小值为，所以，解得．③当a＜0时，g（x）在（﹣∞，（﹣3a，在（a．所以g（x）极大值为，极小值为g（﹣3a）＝9a8+1，所以，解得．综上所述，实数a的值为【点评】本题考查函数导数的应用，切线方程以及函数的极值的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．21．（12分）已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线与x轴交点为T，△GTF的面积为．（1）求E的方程；（2）已知点M（a，0），N（2a，0），R（4a，0）（a＞0），点A是E上任意一点（异于顶点），连接AM并延长交E于另一点B，连接CR并延长交E于另一点D，当直线AB 的斜率存在时【分析】（1）由题意可得|TF|＝p，求得|GF|，由三角形的面积公式可得p，进而得到抛物线的方程；（2）设A（m2，m）（m≠0），直线AB的方程为x＝ty+a，联立抛物线的方程，由韦达定理可得B的坐标，同理可得C，D的坐标，运用两点的斜率公式，化简计算可得定值．【解答】解：（1）由题意得|TF|＝p，因为点G在E上且GF⊥x轴，则，解得，所以E的方程为y2＝x．（2）证明：设A（m2，m）（m≠6），直线AB的方程为x＝ty+a，代入E的方程，得y2﹣ty﹣a＝0，所以my B＝﹣a，所以，所以，同理可得C（4m3，2m），，所以，，则，所以直线AB与CD的斜率之比为定值3．【点评】本题考查抛物线的方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．并用2B铅笔在答题卡选考题区域内把所选的题号涂黑．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1：（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系2：ρ＝2a cosθ（a＞0）．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）设射线与C1相交于A，B两点，与C2相交于M点（异于O），若|OM|＝|AB|，求a．【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；（2）利用极径的应用和三角函数的值的应用求出结果．【解答】解：（1）已知曲线C1：（t为参数），根据1的极坐标方程为：；曲线C2：ρ＝5a cosθ（a＞0）．根据2的直角坐标方程为：（x﹣a）6+y2＝a2．（2）将代入，得，即，解得ρ1＝1，，所以．又，而|OM|＝|AB|，所以．【点评】本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．[选修4-5：不等式选讲]23．已知关于x的不等式2a+3b+4c≤|x|+|x﹣1|（x∈R）恒成立．（1）求2a+3b+4c的最大值；（2）当a＞﹣，b，c＞﹣，2a+3b+4c取得最大值时++≥3．【分析】（1）令f（x）＝|x|+|x﹣1|，写出分段函数解析式并作出图象，求其最小值，可得2a+3b+4c的最大值；（2）由++＝（++）[（2a+1）+（3b﹣1）+（4c+2）]×，展开多项式乘多项式，再由基本不等式证明．【解答】（1）解：∵|x|+|x﹣1|＝，作出函数f（x）＝|x|+|x﹣1|的图象如图：由图可知，f（x）的最小值为2，∵不等式2a+3b+7c≤|x|+|x﹣1|（x∈R）恒成立，∴2a+3b+4c的最大值为1；（2）证明：∵a＞﹣，b，c＞﹣，∴++＝（++）[（7a+1）+（3b﹣4）+（4c+2）]×＝（）×≥×＝9×．当且仅当a＝4，b＝时等号成立．【点评】本题考查分段函数的应用，考查不等式的证明，考查推理论证能力及运算求解能力，是中档题．。
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2021届云南省昆明市高三上学期”三诊一模“摸底诊断考试文科综合试卷
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