2021届甘肃省金昌市高三第二次联考数学(理)试题(解析版)

一、单选题

1．已知集合A{xN|x7}，B{x|(2x3)(4x17)0}，则AB（ ） A．0,1,6 【答案】D

【分析】先求得集合A{0,1,2,3,4,5,6}，B{x即可求解.

【详解】由集合A{xN|x7}{0,1,2,3,4,5,6}， B{x|(2x3)(4x17)0}{x173或x}，

24173或x}，结合集合的交集的运算，

24B．2,3,4 C．1,5,6 D．0,1,5,6

所以AB{0,1,5,6}. 故选：D. 2．设复数zA．12i 【答案】C

【分析】由复数的除法运算可得z12i，进而可得共轭复数. 【详解】z故选：C.

3．已知向量a(6,2)，b(1,m)，且ab，则a2b（ ） A．8 【答案】B

【分析】由ab得ab62m0，从而得a2b(4,8)，再求模长即可. 【详解】向量a(6,2)，b(1,m)，且ab，

所以ab62m0，解得m3，所以b(1,3)，a2b(4,8)，

22所以a2b4(8)45，

i3，则z（ ） 1iB．12i

C．12i

D．12i

(i3)(1i)24i12i，z12i． 22B．45 C．10 D．82 故选：B.

第 1 页 共 16 页

y04．设x,y满足约束条件xy10，则zx3y的最大值为

xy30A．3 【答案】A

B．5

C．1

D．1

【详解】

y011画出不等式组xy10表示的区域如图，则问题转化为求动直线yxz在y上

33xy30111的截距z的最小值的问题，结合图形可知：当动直线yxz经过点A(3,0)时，

333zmax3303，应选答案A．

5．某高校调查了400名大学生每周的自习时间(单位：小时)，制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是17.5,30，样本数据分组17.5,20，20,22.5，

22.5,25，25,27.5，27.5,30.则这400名大学生中每周的自习时间不少于20小时的

人数是

A．380 【答案】A 【详解】解：

B．360 C．340 D．320

由频率分布直方图得这400名大学生中每周的自习时间不少于20小时的频率为： 2.5=0.95， （0.08+0.04+0.16+0.1）×

第 2 页 共 16 页

∴这400名大学生中每周的自习时间不少于25小时的人数为： 400×0.95=380. 点睛：

由频率分布直方图求出这400名大学生中每周的自习时间不少于20小时的频率，由此能求出这400名大学生中每周的自习时间不少于20小时的人数． 6．直线yx2被圆x2y24x2y10所截得的弦长为（ ） A．4 【答案】D

【分析】先将圆的方程转化为标准方程，求得圆心到直线yx2的距离，再利用弦长公式求解.

【详解】圆的标准方程为x2y14， 圆心到直线yx2的距离为2B．32 C．23 D．14 2212， 222所以所求弦长为24．

214故选：D

7．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinA:sinB:sinC5:7:9，则cosC（ ） A．3 35B．1 141C．

5D．1 10【答案】D

【分析】根据条件sinA:sinB:sinC5:7:9，由正弦定理得a:b:c5:7:9，可令a5t,b7t,c9t(t0)，再利用余弦定理求解.

【详解】由正弦定理：

abc2R sinAsinBsinC得a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC

又因为sinA:sinB:sinC5:7:9，所以a:b:c5:7:9 令a5t,b7t,c9t(t0)

a2b2c225t249t281t21 cosC所以2ab25t7t10故选：D.

8．在等比数列an中，a36，前三项和S318，则公比q（ ）

第 3 页 共 16 页

A．－1或2 【答案】C

11B．－1或

21C．1或

2D．1或2

1【分析】分类当q1符合题意，当q1时，可得a1和q的方程组，解方程组即可. 【详解】当q1时，各项均为6，可得S318，符合题意； 1a3a1q26q2， 当q1时，，解得2Saaqaq181113a1241综上可得公比q的值为：1或

2故选：C

【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，考查了分类讨论的思想，属于基础题. 9．已知sincos1A．

912，则cos（ ）

421B．

8C．

38D．

29【答案】B

【分析】由已知利用两角差的余弦公式即可化简求解． 【详解】解：因为sincos则cos2()(41， 2221111cossin)2(sincos)2()2． 222228故选：B．

10．函数f(x)Asin(x)A0,0,的部分图象如图所示，则f(x)22（ ）

A．2sin2x

12【答案】C

B．2sin2x

6C．2sin2x

12D．2sin2x

6【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，从而得到函数的解析式.

第 4 页 共 16 页

【详解】由图像可得A2, 由T193T,可得T 242442，可得2

1919192sin22sin所以fx2sin2x，由f2

2424121932k,kZ,解得2k,kZ 所以12212由22，所以12

所以fx2sin2x

12故选：C

11．关于函数f(x)ln|x1|ln|x1|有下列结论，正确的是（ ） A．函数f(x)的图象关于原点对称 C．函数f(x)的最小值为0 【答案】D

A.由函数的奇偶性判断；B.利用特殊值判断；C.利用对数函数的值域求解判断；【分析】

D.利用复合函数的单调性判断.

【详解】f(x)ln|x1|ln|x1|ln|x21|，

x10由，解得x1，所以函数的定义域为x|x1，

x10B．函数f(x)的图象关于直线x1对称 D．函数f(x)的增区间为(1,0)，(1,)

因为f(x)ln|x1|ln|x1|ln|x1|ln|x1|f(x),所以函数为偶函数，故A错误.

因为f(0)ln|1|0,f(3)ln8，所以f(0)f(3)，故B错误；

2因为 |x1|0,，所以f(x)R，故C错误；

令t|x21|，如图所示：

t在,1,[0,1)，

上递减，在(1,0],1,上递增，又ylnt在0,递增，所以函数f(x)的增区间为

第 5 页 共 16 页

(1,0)，(1,)，故D正确；

故选：D

x2y212．已知双曲线C：221(a0,b0)的右焦点为F，O为坐标原点，直线l1，l2为

ab双曲线C的两条渐近线，过点F的直线l与渐近线l1平行，且l与双曲线C交于点P，若1直线OP的斜率为直线l2的斜率的，则双曲线C的离心率为（ ）

3A．3 【答案】B

B．2 C．5 D．2

【分析】将直线l于双曲线联立，得点P的坐标，再由坐标表示斜率列方程求解即可.

a2c2x2y2x1ba2b22c【详解】不妨设直线l1的方程为yx，联立，解得， 3aby(xc)yba2ac有kOPb3b3bb32ac22，得3b2a2c2，有2222，有3aaacacaac2cc2． a3c23a2a2c2，有c2a，e故选：B.

二、填空题

13．x(ax)5的展开式中x3的系数为1250，则实数a的值为__________． 【答案】5

【分析】根据二项式定理求出答案即可.

2323【详解】展开式中x3的系数为C5a(1)10a1250,a5．

故答案为：5

14．在边长为6的正方形中有一封闭曲线围成的阴影区域，从该正方形区域内任取一点，若该点落在阴影区域内的概率为【答案】16.

【分析】由几何概型公式得

4S，从而得解. 96，则阴影区域的面积为________． 9【详解】设阴影区域的面积为S， 由几何概型公式得

4S,S16.故阴影部分的面积为16. 966第 6 页 共 16 页

故答案为：16.

15．有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，圆锥的母线长是底面半径的2倍，若圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的6倍，则圆柱的高是底面半径的__________倍． 【答案】22 h【详解】设圆柱的高为h，底面半径为r，圆柱的外接球的半径为R，则Rr2.

222母线长l2r， ∴圆锥的高为3r，

∴圆锥的侧面积为rl2r2， h22∴4R4r62r2，

22h2∴r23r2，整理得h28r2， 4∴

h22. r答案：22 点睛：

与球有关的组合体问题，一种是几何体的内切球，一种是几何体的外接球．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径． 16．如图，已知抛物线C：y24x的焦点为F，抛物线C的准线l与x轴相交于点A，点Q（Q在第一象限）在抛物线C上，射线FQ与准线l相交于点B，BQ2QF，直线AQ与抛物线C交于另一点P，则

|PQ||BP|________． |AQ||PF|第 7 页 共 16 页

【答案】3

3123【分析】由BQ2QF，可得Q(,)，再由直线AQ的方程为：y(x1)，与抛

332物线y24x联立，可得P(3,23)，从而得PBAB，结合抛物线定义及平行性质可得解.

【详解】抛物线C：y24x的焦点为F(1,0)，A(1,0)

1123由BQ2QF，可得xQ12(1xQ)，解得xQ，可得Q(,)，

333由2323yB2(0)，解得yB23， 33直线AQ的方程为：y325332(x1)，与抛物线y4x联立，可得xx0，

4242由xPxQ1，得xP3，则P(3,23)，所以PBAB， 由抛物线定义得PBPF， 且PB//AF，所以

|PQ||BQ|2， |AQ||QF||PQ||BP|213 所以

|AQ||PF|故答案为：3.

123【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是由BQ2QF得Q(,)，再由直线和抛物

33123线联立得Q(,)，进而得PBAB，从而可利用抛物线的性质处理比值.

33

三、解答题

n17．已知正项等比数列an满足a2n139，bnlog3an，且bn，cn，n4成等差数列.

（1）求数列cn的通项公式；

第 8 页 共 16 页

1（2）求数列的前100项和T100.

cnbnn【答案】（1）cnn2；（2）

50. 101【分析】（1）先由题设求得数列an的公比q，进而求得an与bn，再由bn，cn，n4成等差数列求得cn； （2）先由（1）求得

1cnnbn，再利用裂项相消法求得其前100项和.

na53929，∵a2n139，∴q 【详解】解：（1）设公比为qq0，解得：q3，1a3392∴ana3qn33913n33n，

∵bnlog3ann，且bn，cn，n4成等差数列， ∴cnbnn4n2； 2（2）由（1）可得：

11111，

cnnbn2n(n1)2nn111501. 2101101111111∴T10012223100101【点睛】结论点睛：

裂项相消法求数列和的常见类型： （1）等差型

1111，其中an是公差为dd0的等差数列； anan1danan1（2）无理型1nnknkn； knn1n（3）指数型a1aaa；

（4）对数型logaan1logaan1logaan. an18．如图，在四棱锥PABCD中，ACBD，ACBDO，POAB，POD是以PD11为斜边的等腰直角三角形，且OBOCODOA1.

23

（1）证明：平面PAC平面PBD.

第 9 页 共 16 页

（2）求二面角APDB的余弦值. 【答案】(1)详见解析(2)

22 11【详解】试题分析：（1）通过证明AC平面PBD来证明平面PAC平面PBD．（2）由OP、OA、OB两两垂直，所以建立空间直角坐标系利用空间向量求二面角． 试题解析：（1）证明：POD是以PD为斜边的等腰直角三角形， ∴PODO.

又POAB，ABDOB，∴PO平面ABCD， 则POAC，又ACBD，BDPOO， ∴AC平面PBD，

又AC平面PAC，∴平面PAC平面PBD.

（2）解：以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 则A3,0,0，D0,2,0，P0,0,2， 则DA3,2,0，DP0,2,2， 设nx,y,z是平面ADP的法向量，

n•DA03x2y0则，即，

2y2z0n•DP0令y3得n2,3,3.

由（1）知，平面PBD的一个法向量为OC1,0,0， ∴cosn,OCn•OCnOC222. 1122由图可知，二面角的平面角为锐角， 故二面角APDB的平面角的余弦值为22. 11

【点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直； 利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角或钝角由图形决定．由图形知二面

第 10 页 共 16 页

角是锐角时cos θ＝

n1n2n1n2|；由图形知二面角是钝角时，cos θ＝－

n1n2n1n2|.当图形不能确

定时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)．

19．从2017年1月18日开始，支付宝用户可以通过“AR扫福字”和“参与蚂蚁森林”两种方式获得福卡（爱国福、富强福、和谐福、友善福，敬业福），除夕夜

户都将获得一份现金红包．某高校一个社团在年后开学后随机调查了80位该校在读大

学生，就除夕夜

22:1822:18是否集齐五福 是 否 ，每一位提前集齐五福的用

之前是否集

齐五福进行了一次调查（若未参与集五福的活动，则也等同于未集齐五福），得到具体数据如下表：

合计 性别 男 女 合计 30 35 10 5 15 40 40 80 65 （1）根据如上的列联表，能否在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为“集齐五福与性别有关”？

（2）计算这80位大学生集齐五福的频率，并据此估算该校10000名在读大学生中集齐五福的人数；

（3）以（2）中的频率作为概率，从该校的10000名在读大学生中随机选取16名，记这

16名大学生集齐五福的人数为X，求X的数学期望E(X)及方差D(X)．

第 11 页 共 16 页

n(adbc)2(nabcd)． 参考公式：K(ab)(cd)(ac)(bd)2附表： P(K2k0) 0.50 0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 k0 0.455 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635

【答案】（1）答案见解析，（2）8125，（3）EX13,DX39. 16【分析】（1）根据列联表中的数据计算观测值，对照临界值得出结论； （2）根据频率、频数与样本容量的关系，计算所求的人数； （3）由题意知随机变量服从二项分布，从而易得结果． 【详解】（1）根据列联表中的数据，得到K2的观测值为 80(3053510)280k3.841，

4040651539故不能在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为“集齐五福与性别有关”； （2）这80位大学生集齐五福的频率为

303513， 8016138125； 1613， 16据此估算该校10000名在读大学生中集齐五福的人数为10000（3）从该校的10000名在读大学生中随机选取16名,每个学生集齐五福的概率为13B16,, 1613131339∴EX1613,DX161，

16161616随机变量X综上所述，EX13,DX39， 16【点睛】方法点睛：性检验的一般步骤：（I）根据样本数据制成22列联表；（II）根据公式K2nadbc2abadacbd计算K2的值；（III） 查表比较K2与临界值的

大小关系，作统计判断．

2x2y21,20．已知椭圆C：221(ab0)过点A，短轴长为2． 2ab（1）求椭圆C的标准方程；

（2）过点(0,2)的直线l（直线l不与x轴垂直）与椭圆C交于不同的两点M，N，且O为坐标原点．求△MON的面积的最大值．

第 12 页 共 16 页

x22. 【答案】(1)y21；(2)22【分析】(1)点A的坐标代入椭圆C的方程，结合给定的b值求出a即可得解； (2)设出直线l的方程，联立l的方程与C的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，由韦达定理借助弦长公式，点到直线距离公式，列出三角形面积的函数关系，求其最大值即得.

【详解】(1)依题意：(1)a22(2211111)2 ，而b=1，则2121a2，21a2a22b2x2所以椭圆C的标准方程为y21；

2(2)因直线l不与x轴垂直，则l的斜率k存在，l的方程为：y=kx+2，

ykx2由x2得(2k21)x28kx60，因直线l与椭圆C交于不同的两点M，N， 2y123662222则有(8k)4(2k1)616k240k，即k或k，

222设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x28k6,xx， 122k212k21所以|MN|1k2|x1x2|1k2(x1x2)24x1x2 28k268(2k23)22222k31k(2)421k1k， 2k12k1(2k21)22k212而原点O到直线l：kx-y+2=0的距离d2k21，△MON的面积S，

2112222k232222k3S|MN|d1k， 22222k212k1k1令t2k232k2t23(t0)，

S22t22t24t4，

t因t47441422t4，当且仅当t，即t=2时取“=”，此时，k，即k，2ttt2符合要求， 从而有S222214. ，故在k时，△MON的面积的最大值为2422【点睛】结论点睛：直线l：y=kx+b上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)间的距离

|AB|1k2|x1x2|；

直线l：x=my+t上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)间的距离|AB|1m2|y1y2|. 21．已知函数f(x)xalnx． （1）讨论函数f(x)的单调性；

第 13 页 共 16 页

（2）当a0时，若f(x)12xe，求实数a的取值范围． a+上单调递增，当a0时，f(x)在0，a上单调【答案】（1）当a0时，f(x)在0，递减，在a,上单调递增；（2）0ae 【分析】（1）先求出fx1论，即可得到答案.

（2）先取特殊值说明a0时不成立，再设(x)axa+，再分a0与a0两类讨，由定义域为0，xx121xalnxxe，f(x)x2e恒

aa+上恒成立，所以只需(x)min0，求出(x)的导数得出其最成立，即(x)0在0，小值，即可得到答案.

【详解】（1）由题意得fx1axax0 xx+ 上fx0恒成立，所以f(x)在0，+上单调递增. 当a0时，在0，当a0时，由fx0得xa，fx0得0xa

a上单调递减，在a,上单调递增. 所以此时f(x)在0，+上单调递增. 综上所述：当a0时，f(x)在0，a上单调递减，在a,上单调递增. 当a0时，f(x)在0，（2）当a0时，取xea

eeeaae则f(e)ealneeaeaee

aeaeae而

121xee，显然f(x)x2e不成立，故a为正数. aa当a0时，设(x)12xalnxxe a2a2x2axa2xa2xa x0 则(x)x1axaxax令(x)0得xa，(x)0得0xa，

所以(x)在0，a上单调递减，在a,上单调递增. 所以(x)min(a)aalnaaealnae 若f(x)12+上恒成立， xe恒成立，即(x)0在0，a所以只需(x)min0，即alnae0恒成立，也即alnae

第 14 页 共 16 页

当0a1时，alna0，所以alnae成立. 当a1时，设gaalna，则ga1lna

当a1时ga0恒成立，所以ga在1,上单调递增，且gee 所以此时由alnae，即gage，故1ae 综上可得满足条件的a的范围是0ae

【点睛】关键点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，不等式恒成立求参数的范围，解答本题的关键是设(x)1212xalnxxe，要使得f(x)xe恒成立，即(x)0aa+上恒成立，所以只需(x)min0，转化为求函数的最值问题，属于中档题. 在0，1x2t222．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原

3yt2x轴正半轴为极轴建立极坐标系，点O为极点，已知曲线C的极坐标方程为4cos. （1）将直线l的参数方程化为普通方程，并将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）求直线l与曲线C交点的极坐标（0，02）. 5【答案】（1）l：y3x2，C：x24xy20；（2）2,323,， 6【分析】（1）根据参数方程化普通方程、极坐标方程化直角坐标方程的方法直接化简可得结果；

（2）将直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程联立可求得交点的直角坐标，化直角坐标为极坐标即可.

【详解】（1）l的参数方程消去t，得到l的普通方程为：y3x2，

4cos，24cos，x2y24x，即x24xy20，

曲线C的直角坐标方程为：x24xy20.

y3x2（2）由2得：x24x30，解得：x11，x23， 2x4xy0交点的直角坐标为1,3，3,3， 交点的极坐标为2,5323,，. 6【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程化普通方程的相关问题，属于常考题型.

第 15 页 共 16 页

23．已知函数f(x)x4x13. （1）求不等式f(x)2的解集；

（2）若直线ykx2与函数f(x)的图象有公共点，求k的取值范围. 1【答案】(1)[0,5]；(2)(,2)[,).

2【详解】试题分析：（1）先根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，（2）先将函数化为分段函数，而动直线过定点，结合图像可得k的取值范围.

1x4x4x1试题解析：解：（1）由fx2，得或或，

2x820222x2解得0x5，故不等式fx2的解集为0,5.

22x,x1（2）fxx4x13 0,1x4，

2x8,x4作出函数fx的图象，如图所示，

直线ykx2过定点C0,2， 当此直线经过点B4,0时，k1； 2当此直线与直线AD平行时，k2. 1故由图可知，k,2,.

2

第 16 页 共 16 页