云南省昆明市2020届高三教学质量检测数学（文）试题

云南省昆明市2020届高三教学质量检测数学（文）试题

昆明市2020届“三诊一模”高三复习教学质量检测 文科数学 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.已知集合或，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用交集定义直接求解.‎ ‎【详解】解：∵集合A＝{x|x＜﹣1或x＞2}，B＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}，‎ ‎∴A∩B＝{﹣3，﹣2，3}.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.‎ ‎2.已知复数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过分母实数化，求出z即可.‎ ‎【详解】解：∵z满足（1+2i）z＝5i，‎ ‎∴z＝＝＝2+i.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的运算，熟练掌握运算性质是解题的关键，本题是一道基础题.‎ ‎3.在正项等比数列中，若，，则其前3项的和（ ）‎ A. 3 B. ‎6 ‎C. 13 D. 24‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等比数列通项公式求出公比，再利用公式求出前3项的和.‎ ‎【详解】，，，‎ 又，所以，‎ ‎.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，等比数列的求和，考查了学生的运算求解能力.‎ ‎4.已知向量，，则（ ）‎ A. -14 B. ‎-4 ‎C. 4 D. 14‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件算出，进而由公式算出.‎ ‎【详解】，，，‎ ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了向量的数量积的坐标运算，考查了学生的基本运算能力.‎ ‎5.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图还原几何体可知，该几何体为一个大圆柱减去半个小圆柱，根据数据可计算出几何体体积.‎ ‎【详解】‎ 由三视图还原几何体可知，该几何体为一个大圆柱减去半个小圆柱，故该几何体体积为 ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了由三视图还原原几何体，计算几何体体积，考查了学生的直观想象能力.‎ ‎6.执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 执行程序框图，依次写出每次循环得到的结果，即可得最后的结果.‎ ‎【详解】，则；；，输出.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了程序框图计算，属于基础题.‎ ‎7.已知是定义在上的减函数，则关于的不等式的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的单调性可得，求解即得.‎ ‎【详解】因为是定义在上的减函数，则由得 ‎，即，解得.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了函数单调性的应用，利用单调性求解不等式，考查了学生的运算求解能力.‎ ‎8.已知圆：与轴负半轴的交点为，过点且斜率为1的直线与圆的另一个交点为，若的中点恰好落在轴上，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为直线的斜率为1，得，所以，‎ 从而有得，又垂直平分线段，所以可得为等腰直角三角形，故可得.‎ ‎【详解】因为直线的斜率为1，得，所以 从而有得，又垂直平分线段，所以可得为等腰直角三角形，故.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，圆的弦长的求解，及平面几何的相关知识.‎ ‎9.抛物线上任意两点､处的切线交于点，称为“阿基米德三角形”.当线段经过抛物线焦点时，具有以下特征：①点必在抛物线的准线上；②为直角三角形，且；③.若经过抛物线焦点的一条弦为，阿基米德三角形为，且点的纵坐标为4，则直线的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由△PAB为“阿基米德三角形”，且线段AB经过抛物线焦点，可得：P点必在抛物线的准线上，可求出点P（−1，4），从而得到直线PF的斜率为−2，又，所以直线AB的斜率为，再利用点斜式即可求出直线AB的方程.‎ ‎【详解】解：由题意可知，抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为（1，0），准线方程为：x＝﹣1，由△PAB为“阿基米德三角形”，且线段AB经过抛物线y2＝4x焦点，可得：P点必在抛物线的准线上，‎ ‎∴点P（﹣1，4），‎ ‎∴直线PF的斜率为：＝﹣2，‎ 又∵PF⊥AB，‎ ‎∴直线AB的斜率为，‎ ‎∴直线AB的方程为：y﹣0＝，即x﹣2y﹣1＝0，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的定义，以及抛物线的性质，是中档题.‎ ‎10.若直线与曲线相切，则（ ）‎ A. B. ‎1 ‎C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设切点，则由导数的几何意义可得，解方程组可得.‎ ‎【详解】设切点，又函数的导函数为，则有 解得：.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，考查学生对导数几何意义的理解.‎ ‎11.已知正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，若，且的体积为，则球的表面积为（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设正四棱锥底面的中心为，则由体积可求得棱锥的高，设外接球的半径为，在直角三角形中，，则有，解得，即可得球的表面积.‎ ‎【详解】‎ 设正四棱锥底面的中心为，则有，可得，‎ 设外接球的半径为，在直角三角形中，，则有，解得，‎ 所以球的表面积为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了正棱锥的外接球的表面积计算，考查了学生的直观想象和运算求解能力.‎ ‎12.如图，某公园内有一个半圆形湖面，为圆心，半径为‎1千米，现规划在半圆弧岸边上取点，，，满足，在扇形和四边形区域内种植荷花，在扇形区域内修建水上项目，并在湖面上修建栈道，‎ 作为观光路线，则当取得最大值时，（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，则，由余弦定理可表示出，则，即可得出结果.‎ ‎【详解】设，则，‎ 在中，由余弦定理得 ‎，‎ 在中，由余弦定理得 ‎，‎ 又，所以当时，有最大值.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的应用，余弦定理，三角函数的最值求解，考查了学生的应用意识与运算求解能力.‎ 二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.能说明命题“且，”是假命题的的值可以是_______.（写出一个即可）‎ ‎【答案】-1（任意负数均可）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 全称命题的否定只需举出一个反例即可.例如x＝－1 ，带入.‎ ‎【详解】解：当时，，当且仅当取等号，‎ 当时，，当且仅当取等号，‎ ‎∴只需x取值为负数，即可.例如x＝－1时.‎ 故答案为：－1 （任意负数均可）.‎ ‎【点睛】本题考查全称命题的真假，基本不等式应用，属于基础题.‎ ‎14.由三角形的垂心与各顶点连线的中点构成的三角形称为“欧拉三角形”.已知是锐角的欧拉三角形，若向所在区域内随机投一个点，则该点落在内的概率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题知，则由几何概型公式可得所求概率.‎ ‎【详解】由题知，则由几何概型公式可得该点落在内的概率为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了与面积有关的几何概型，熟记概率计算公式即可.‎ ‎15.已知是双曲线：的右焦点，点在上，为坐标原点，若，，则的离心率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意不妨设点在第一象限，又，得，代入双曲线方程可得，则，故可得离心率.‎ ‎【详解】由题意不妨设点第一象限，又，得，代入双曲线方程得，则，‎ 所以，‎ 故离心率.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线离心率的求解，考查了学生的运算求解能力.‎ ‎16.定义域为的偶函数满足，当时，，给出下列四个结论：‎ ‎① ；‎ ‎②若，则；‎ ‎③函数在内有且仅有3个零点；‎ 其中，正确结论的序号是______.‎ ‎【答案】①③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得函数关于点中心对称，又为偶函数，所以可推得的周期为4，又得，且当时，‎ ‎，故可作出函数的图象，结合图象可判断各选项的真假.‎ ‎【详解】由得函数关于点中心对称，‎ 又，，‎ 为上的偶函数，，‎ ‎，，‎ 的周期为4，‎ 当时，得，‎ 又当时，，所以函数图象如图：‎ 由图知，，，故①正确；‎ 又，从而可知②不正确；‎ 当时，，故③正确.‎ 故答案为：①③‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，对称性，周期性等性质，考查了函数零点的个数判断，考查了数形结合，函数与方程的思想.‎ 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.已知三棱柱，底面为等边三角形，侧棱平面，为中点，，和交于点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连结、，证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证平面；‎ ‎（2）设点到平面的距离为，采用等体积法由解方程得即可.‎ ‎【详解】（1）证明：取中点，连结、，‎ 在四边形中，中点，为中点，‎ 所以为中位线，‎ 故：且，‎ 因为为中点，‎ 所以且，‎ 所以且，所以四边形为平行四边形，‎ 所以，且平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）因为为等边三角形，为中点，，，‎ 所以，‎ 所以：，又因为，‎ 所以：，.‎ 点到平面的距离为，‎ 设点到平面的距离为，‎ 由得，‎ 解得.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与平面平行的证明，点到平面的距离计算，考查学生采用等体积法求点到平面的距离，考查了学生直观想象能力和转化与化归的思想.‎ ‎18.2020年1月，教育部《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》印发，自2020年起，在部分高校开展基础学科招生改革试点（也称“强基计划”）.强基计划聚焦高端芯片与软件､智能科技､新材料､先进制造和国家安全等关键领域以及国家人才紧缺的人文社会科学领域，选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生.新材料产业是重要的战略性新兴产业，下图是我国2011-2019年中国新材料产业市场规模及增长趋势图.其中柱状图表示新材料产业市场规模（单位：万亿元），折线图表示新材料产业市场规模年增长率（）.‎ ‎（1）求2015年至2019年这5年的新材料产业市场规模的平均数；‎ ‎（2）从2012年至2019年中随机挑选一年，求该年新材料产业市场规模较上一年的年增加量不少于6000亿元的概率；‎ ‎（3）由图判断，从哪年开始连续三年的新材料产业市场规模年增长率的方差最大.（结论不要求证明）‎ ‎【答案】（1）3.26亿万元（2）（3）从2012年开始连续三年的新材料产业市场规模年增长率的方差最大.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由柱状图表得出这5年的市场规模，运用公式求平均数即可；‎ ‎（2）根据柱状图表算出从2012年起，每年新材料产业市场规模的增加值，利用古典概型算出概率；‎ ‎（3）由折线图判断从2012年开始连续三年的新材料产业市场规模年增长率的方差最大.‎ ‎【详解】（1）2015年至2019年这5年的新材料产业市场规模的平均数 万亿元；‎ ‎（2）设表示事件“从2012年至2019年中随机挑选一年，读年新材料产业市场规模的增加值达到6000亿元”，从2012年起，每年新材料产业市场规模的增加值依次为：‎ ‎3000，2000，3000，5000，6000，4000，8000，6000（单位：亿元），‎ 所以.‎ ‎（3）从2012年开始连续三年的新材料产业市场规模年增长率的方差最大.‎ ‎【点睛】本题主要考查了古典概率的计算，统计图表的认识，样本的数字特征，考查学生数据分析能力，以及对平均数，方差概念的理解.‎ ‎19.的角，，的对边分别为，，，已知.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）从三个条件：①；②；③的面积为中任选一个作为已知条件，求周长的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）分类讨论，见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由余弦定理得，即可得；‎ ‎（2）分三种情况求解：选择①得，，则有的周长；选择②得，，，则有；选择③得，则有；分别利用三角函数与基本不等式求出周长的范围.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 由余弦定理得，因为，‎ 所以；‎ ‎（2）选择①，‎ 因为，，‎ 由正弦定理得，‎ 即的周长 ‎，‎ 因为，所以，，‎ 即周长的取值范围是.‎ 选择②.‎ 因为，，‎ 由正弦定理得，，‎ 即的周长 ‎,‎ 因为，所以，所以，‎ 即周长的取值范围是.‎ 选择③.‎ 因为，，得，‎ 由余弦定理得，‎ 即的周长，‎ 因为，当且仅当时等号成立，‎ 所以.‎ 即周长的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用，考查了三角形周长范围的求解，是个典型题目.解决三角形周长范围，可用正弦定理化角转化为三角函数的求值域或用余弦定理及基本不等式来求解.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若存在两个极值点，，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求，通过讨论的范围，确定导函数的符号，从而判断函数的单调性；‎ ‎（2）由（1）知，有两个极值点时，且，不妨设和，表示出，令，求的最小值即可得解.‎ ‎【详解】（1），，‎ ‎，‎ 由得或，‎ ‎①若，则，由得；得或，‎ 所以，若，则在递增，在递减，在递增；‎ ‎②若，则，，在定义域递增；‎ ‎③若，则，由得；得或，‎ 所以，若，则在递增，在递减，在递增.‎ ‎（2）由（1）知，有两个极值点时，且，不妨设和，‎ ‎，，‎ 所以，‎ 设，‎ 则，‎ ‎，‎ 由得，在内单调递减，‎ 由得，在内单调递增.‎ 所以当时，.‎ 所以，当且时，的最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数研究函数的极值和最值，考查了转化与化归的思想.‎ ‎21.椭圆规是画椭圆的一种工具，如图1所示，在十字形滑槽上各有一个活动滑标，，有一根旋杆将两个滑标连成一体，，为旋杆上的一点，且在，两点之间，且，当滑标在滑槽内作往复运动，滑标在滑槽内随之运动时，将笔尖放置于处可画出椭圆，记该椭圆为.如图2所示，设与交于点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立平面直角坐标系.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设，是椭圆的左､右顶点，点为直线上的动点，直线，分别交椭圆于，两点，求四边形面积为，求点的坐标.‎ ‎【答案】（1）（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题得，，结合图2，可知椭圆的长半轴长为3，短半轴长为1，故可得椭圆的方程；‎ ‎（2）设点，其中，则直线方程为，直线的方程为，设，，由得，算出，同理得，所以得四边形的面积为，令解方程求出，当时，由对称性可得，故可得符合条件的点.‎ ‎【详解】（1）由题得，，所以椭圆的长半轴长为3，短半轴长为1，‎ 故椭圆的方程为：；‎ ‎（2）设点，其中，则直线的方程为，直线的方程为.设，.‎ 由，消得，由于，则.‎ 由，消得，由于，则.‎ 所以四边形的面积为 ‎.‎ 由于，，‎ 故.‎ 解得或（舍去），即，当时，由对称性可得，.‎ 综上，当点或时，四边形的面积为.‎ ‎【点睛】本题是一道与椭圆有关的创新题，考查了直线与椭圆相交的综合问题，考查了学生的运算求解能力.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答.并用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】‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求直线的极坐标方程；‎ ‎（2）设动点的极坐标为，射线与直线相交于点，且满足，求点轨迹的极坐标方程.‎ ‎【答案】（1）.（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换. （2）利用极径的应用求出结果.‎ ‎【详解】解：（1）直线的普通方程为，‎ 所以的极坐标方程为.‎ ‎（2）依题意可知，点的极坐标为，‎ 因为在直线上，所以，‎ 所以点轨迹的极坐标方程为.‎ ‎【点睛】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转换能力及思维能力，属于基础题型.‎ ‎[选修4--5：不等式选讲]‎ ‎23.已知.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）设的最小值为，实数，，满足，证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用绝对值的意义，写出分段函数，即可求不等式的解集； （2）利用绝对值不等式，求出m，再利用柯西不等式进行证明.‎ ‎【详解】解：（1）因为，‎ 所以不等式等价于或或，‎ 解得或或.‎ 所以不等式的解集为.‎ ‎（2）由（1）可知，在递减，在递增，所以函数的最小值为.‎ 所以，即，‎ 根据柯西不等式得：，‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查不等式的解法，考查柯西不等式证明不等式，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题.‎