云南省昆明市第一中学2021届高三高中新课标第一次摸底测试数学(理)答案

昆明市第一中学2021届摸底考试
参考答案（理科数学）
一、选择题
1.
解析：因为112+=，所以1i i z ==-，所以复数z 在复平面内对应的点的坐标为()0,1-，选B ．
2. 解析：因为集合{}
[]22
11,1A x x y =+==-，集合{[)0,B y y ===+∞，所以[]0,1A
B =，
选A ．
3. 解析：因为抛物线的焦点为(,0)2p
，双曲线的渐近线为0x y ±=，所以抛物线的焦点到双曲线的
渐近线的距离为d ==0p >，所以2p =，选C ． 4. 解析：由等高堆积条形图1可知，不管是文科还是理科，女生占比均高于男生，故样本中的女
生数量多于男生数量，A 错误；从图2可以看出男生和女生中选择理科的人数均高于选择文科的人数，选C ．
5. 解析：由题意，若三位数的回文数是偶数，则末（首）位可能为2，4，6，8
，另外中间一位
数有10种可能，所以有410
40⨯=个，选A ．
6. 解析：函数的定义域是(0,)+∞，22
43(1)(4)
()1x x f x x x x +-=--=＇
，令()0f x <＇
，解得04x <<，故函数4
()3ln f x x x x
=+
-在(0,4)上单调递减，选D ． 7. 解析：由三视图可知，该几何体是圆锥的一部分，观察到正视图中1和2的分界线可知俯视图是
圆心角为120︒的扇形，故该几何体的体积为π9
16
42π31312=⨯⨯⨯=
V ，选C ． 8. 解析：令0y =，4x =；0x =，2y =.所以(4,0)A ，(0,2)B ，所以AB ==，
选C ． 9. 解
析
：
由
题
意
，
()()
()()
25
5
221441x x x x x -+=-++，
52232551a x x C x =⋅⋅14541x C x -⋅⋅05
5546C x x +⨯=-，所以56a =-，选C ．
10. 解析：由题意，△SAB 是以AB 斜边的直角三角形，以三角形SAB 所在平面截球所得的小圆面
圆心在AB 中点，又因为平面⊥SAB 平面ABC ，所以平面ABC 截球所得平面即为大圆.因为△
ABC 是边长为3的正三角形，其外接圆半径33
3
3=⨯
=R ，
故该三棱锥外接球的半径3=R ，其表面积π12π42==R S ，选D ．
11. 解析：解析：因为)(x f 的最小正周期为π，故2=ω，将其向右平移
3
π
后所得图像对应的解析式为)32π2sin()(-+=ϕx x g ，又)(x g 为奇函数，所以π32πk =-
ϕ，2π<ϕ，解得3
π
-=ϕ，故)3π2sin()(-=x x f .令π2π3π2k x +=-（Z ∈k ），解得2π125πk x +=（Z ∈k ），取1-=k ，12
π
-=x ，
故①正确；令π3π2k x =-
（Z ∈k ），解得2π
6πk x +=（Z ∈k ），)(x f 的对称中心为⎪⎭
⎫ ⎝⎛+0,2π6πk （Z ∈k ），②正确；又由π22π3π2π22π3k x k +-≤-≤+-
（Z ∈k ），取0=k 知⎥⎦
⎤⎢⎣⎡--
12π,12π
7是原函数的一个单调递减区间，又⎥⎦⎤
⎢⎣
⎡--
⊆⎥⎦⎤⎢⎣⎡--12π,2π712π,2π，故③正确；对于④，函数在此区间上的零点只有3π2，6
π
7两个，故错误，综上所述正确结论的编号为①②③，选A ．
12. 解析：依题意函数()f x 的图象关于y 轴及直线2x =对称，所以()f x 的周期为4，作出[]2,0x ∈-时()f x 的图象，由()f x 的奇偶性和周期性作出()f x 的图象，关于x 的方程()log (2)0a f x x -+=恰有三个不同的实数根，可转化为函数()f x 与log (2)a y x =+的图象有三
个不同的交点，由数形结合可知log (22)3log (62)3
a a +<⎧⎨+>⎩，解得2
322a <<，选B ．
二、填空题
13. 解析：如图所示y x z +=2在()2,2A 处取得最大值，且2226z =⨯+=．
14. 解析：由b a b a 2-=+平方可得：21122
a b b ⋅==，所以a 在b 方向上的投影是
12a b b ⋅=． 15. 解析：由题意可得，直线:210l x --=过抛物线2:4C y x =的焦点(1,0)F ，设P 、Q 在l 上的
射影分别是1P 、1Q ，过Q 作1QM PP ⊥于M ．由抛物线的定义可得出Rt PQM △中，得
45BAE ∠=︒，1112
cos451PP QQ PM PF QF PQ PF QF PF QF λλ---︒=
====+++323λ=+ 16. 解析：因为BD ⊥平面1ACC ，所以BD CE ⊥，故①对；因为点C 到直线EF 的距离是定值，点
B 到平面CEF 的距离也是定值，所以三棱锥B CEF -的体积为定值，故②对；线段EF 在底面
ABCD 上的正投影是线段GH ，所以△BEF 在底面ABCD 内的正投影是△BGH .又因为线段
EF 的长是定值，所以线段GH 是定值，从而△BGH 的面积是定值，故③对；设平面ABCD 与
平面1DEA 的交线为l ，则在平面ABCD 内与直线l 平行的直线有无数条，故④对.所以正确结论是①②③④．
H
G
A 1
E
B 1
C
D F A
D 1
C 1
三、解答题 （一）必考题
17. 解：（1）由1121S a =-得：11a =，因为11(2)(2(1))n n n n S S a n a n ---=---- (2)n ≥，
所以121n n a a -=+ (2)n ≥，所以2121=3a a =+，3221=7a a =+； 由此猜想数列{}n a 的通项公式21n n a =-；
证明：因为121n n a a -=+ (2)n ≥，所以112(1)n n a a -+=+， 所以
11
2
1
n n a a -+=+(2)n ≥，所以{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以12n n a +=，即：21n n a =-.（用数学归纳法证明也可） ………6分 （2）由（1）得21n n a =-，所以
()
32313523222(2)
n n a a a a n +++++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+-+
22(14)(2)14
n n +-=-+-
25238
3
n n +--=
. ………12分
18. 解：（1）证明：因为//AB CD ，AB AD ⊥，且12
1
===CD AD AB ，可得2BD BC ==，2=CD ，
所以BD BC ⊥
又平面⊥ADEF 平面ABCD ，平面 ADEF 平面AD ABCD =，
四边形ADEF 是矩形，AD ED ⊥，⊂ED 平面ABCD ，
可得⊥ED 平面ABCD ，⊂BC 平面ABCD ，则ED BC ⊥，
BD ，ED ⊂平面BDE ，D ED BD = ，故⊥BC 平面BDE ， BC ⊂平面BCE ，
所以，平面BCE ⊥平面BDE ． ………6分
（2）由（1）知△BCE ，△BDE ，△CDE 都是直角三角形，030BEC ∠=．设a ED =，则42+=a CE ，2=BC ，BC CE 2=， 2442⨯=+a ，解得2=a ，
如图以点D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，
DE 为z 轴建立空间直角坐标系.
可得)0,1,1(B ，)0,2,0(C ，)2,0,0(E ，)2,0,1(F ， 故），，（211-=EB ，），，（001=EF ， ），，（220-=EC ， 设）
，，（z y x m =为平面BEF 的一个法向量，则 ⎪⎩⎪⎨
⎧=⋅=⋅0
EF m EB m ，得），，（120--=m ，同理可得平面BCE 的一个法向量为），，（111=n ， 设二面角C BE F --的平面角为α， n
m n m n m ⋅>=
<,cos 35120⋅-+-+=
）（）（5
5
1-
=， =αcos ><n m ,cos 5
15-=， 所以，二面角M CN A --的余弦值为5
15
-
. ………12分
19. 解：（1）设“甲获得合格证书”为事件A ，“乙获得合格证书”为事件B ，“丙获得合格证书”
为事件C ，则412()525P A =⨯=，321()432P B =⨯=，255
()369
P C =⨯=.
因为()()()P C P B P A >>，所以丙获得合格证书的可能性最大. ………6分 （2）设“三人考试后恰有两人获得合格证书”为事件D ，
则21421531511
()()()()52952952930P D P ABC P ABC P ABC =++=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=.
所以三人考试后恰有两人获得合格证书的概率是11
30
. ………12分
20. 解：（1）因为线段QN 的中垂线交线段QM 于点C ，则CQ CN =，
所以42CM CN CM CQ QM MN +=+==>=， 由椭圆定义知：动点C 的轨迹为以原点为中心的椭圆，
其中：24a =，22c =，又222=3b a c =-，
所以曲线E 的轨迹方程为22
143
x y +
=. ………5分 （2）设()11,D x y ，()22,A x y ，则()11,B x y -，由题意知直线AD 的斜率必存在， 设直线AD 的方程为：y kx m =+，
由22+143y kx m x y =⎧⎪⎨+
=⎪⎩
，
，消y 得：()()
222438430k mk m x x +++-=，
故()()
()
222122
212222243843
4343641630340k k k mk x x k m x x k m m m ⎧+⎪⎪⎪+=-⎨+⎪
-⎪
⋅=⎪∆=-->⇒+⎩
->+ 因为A ，B ，P 共线，其中()224,PA x y =-，()114,PB x y =-- 所以()()()212144x y y x --=-，
整理得()()12122480kx x m k x x m +-+-=， 则
(
)()222243880443
43
k m mk m k m k k ⋅--⋅+-=++-，解得m k =-，此时2
330k
∆=+>
则直线AD 的方程为：()1y k x =-，
所以直线AD 恒过定点()1,0 ………12分
21. 解：（1）函数()f x 的定义域为(),-∞+∞，
()e x f x a ，
当0a 时，()0f x ，()f x 在(),-∞+∞上单调递增； 当0a 时，令()0f x ，得ln()x a ． 所以()f x 在
,ln()a 上单调递减；在ln(),
a 上单调递增．
综上所述，当0a 时，()f x 在(),-∞+∞上单调递增； 当0a 时，()f x 在,ln()a 上单调递减；在ln(),
a 上单调递增．………6分
（2）当0,
x
时，11x ，所以()ln(1)0g x x ．
设()ln(1)h x x x (0)x ， 则1()111
x
h x x x '=-
=++，
当0x 时，()0h x '>，()h x 在0,
上单调递增，
所以()(0)0h x h >=，所以ln(1)x x ， 故0()g x x ．
由（1）可知，当0a 时，()f x 在(),-∞+∞上单调递增． 所以(())()f g x f x <成立；
当10a 时，ln()0a -≤，且()f x 在ln(),a 上单调递增，
所以(())()f g x f x <成立； 当1a
时，()f x 在0,ln()a 上单调递减；
则有(())()f g x f x >，不合题意．
综上所述，实数a 的取值范围为[)1,-+∞. ………12分
（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）由2,x x y y '=⎧⎨'=⎩得1,
2.
x x y y ⎧
'=⎪⎨
⎪'=⎩， 代入曲线1C 得：()2
212x y '⎛⎫
'+= ⎪⎝⎭
，
所以曲线2C 的普通方程为2
214x y +=.
因为直线l 过点(1,0)P -
， 所以l
的参数方程为1,1.2x y t ⎧=-+⎪⎪⎨
⎪=⎪⎩ （t 为参数）. ………5分 （2）设A ，B 所对应参数分别为1t ,2t ，
将l 的参数方程代入曲线2C 得
:27120t --=，
则(2
47120∆=+⨯⨯>,且1212
7
t t =-
， 所以，121212
7
PA PB t t t t ⋅=⋅==
. ………10分 23. 解：（1）1a =时，由不等式()2f x ≥可得：()2212f x x x =+--≥，
可化为：22222x x x <-⎧⎨--+-≥⎩ 或212222x x x -≤≤⎧⎨++-≥⎩ 或1
2222
x x x >⎧⎨+-+≥⎩，
解得：x ∈∅ 或 2
13
x ≤≤ 或 12x <≤， 即：
223x ≤≤，所以，不等式的解集为2,23⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
. ………5分 （2）因为22, 2,
()322, 2,22, ,x a x f x x a x a x a x a --<-⎧⎪
=+--≤≤⎨⎪-++>⎩
所以()f x 的图象与x 轴所围成的三角形的三个顶点分别为22,03a A -⎛⎫
⎪⎝⎭，(),2B a a +，()22,0C a +，
由题意，()()122222623a a a -⎡⎤
+-
+>⎢⎥⎣⎦
， 整理得：2450a a +->， 因为0a >，所以解得：1a >，
所以，实数a 的取值范围为()1,+∞. ………10分。