1、2020-2021学年度第一学期高三期末联考文科数学试卷一选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.1若集合，则（ ）ABCD2设复数(其中，为虚数单位)，则“”是“为纯虚数”的（ ）A充要条件 B既不充分又不必要条件 C充分不必要条件 D必要不充分条件3设等差数列的前项和为，若，则 （ ）A4B6C10D124已知，且，则向量与夹角的大小为（ ）ABCD5函数，则不等式的解集为（ ）ABCD6.若变量，满足约束条件则目标函数的最小值为（ ）A1BCD7若，则（ ）ABCD8已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上，若球的体积为，则到平面的距离为（ ）AB C1D9某三棱锥的三视
2、图如图所示，则该棱锥的表面积为（ ）A BC D10已知抛物线上一点P，直线，过点P作，垂足为A，圆上有一动点N，则最小值为（ ）A2B4C6D811已知奇函数定义域为，且为偶函数，若，则（ ）A BC D0 12已知双曲线，过的右焦点作垂直于渐近线的直线交两渐近线于、两点、两点分别在一、四象限，若，则双曲线的离心率为（ ）ABCD二填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13某程序框图如图所示，若运行该程序后输出_.14在中，角，的对边分别是，若，则_15在某地区某高传染性病毒流行期间，为了建立指标显示疫情已受控制，以便向该地区居民显示可以过正常生活，有公共卫生专家建议的指标是“连续7
3、天每天新增感染人数不超过5人”，根据连续7天的新增病例数计算，下列各个选项中，一定符合上述指标的是_平均数； 标准差； 平均数且标准差；平均数且极差小于或等于2； 众数等于1且极差小于或等于4.16已知三棱锥中，平面平面，则三棱锥的外接球的大圆面积为_三解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2223题为选考题，考生根据要求作答.17已知各项均为正数的数列的前n项和满足，且.（1）求的通项公式：（2）设数列满足，并记为的前n项和，求.18随着支付宝和微信支付的普及，“扫一扫”已经成了人们的日常，人人都说现在出门不用带钱包，有
4、部手机可以走遍中国.移动支付如今成了我们生活中不可缺少的一部分了，在某程度上还大大的促进了消费者的消费欲望，带动了经济的发展.某校高三年级班主任对该班50名同学对移动支付是否关注进行了问卷调查，并对参与调查的同学的性别以及意见进行了分类，得到的数据如下表所示：男女合计对移动支付关注241236对移动支付不关注41014合计282250（1）如果随机调查这个班的一名学生，那么抽到对移动支付不关注的男生的概率是多少？（2）现按照分层抽样从对移动支付关注的同学中抽取6人，再从6人中随机抽取2人，求2人中至少有1人是女生的概率.（3）根据表中的数据，能否有的把握认为消费者对移动支付的态度与性别有关系？
5、参考公式：.临界值表：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.82819如图，在四棱锥中，底面直角梯形，CD，平面，是棱上的一点. （1）证明：平面平面；（2）已经，若分别是的中点，求点到平面的距离.20椭圆过点，其上下顶点分别为点A，B，且直线，的斜率之积为.（1）求椭圆C的方程；（2）过椭圆C的左顶点作两条直线，分别交椭圆C于另一点S，T.若，求证：直线过定点.21已知（1）当a0时，求f（x）的极值；（2）当a0时，讨论f（x）的单调性；（3）若对任意的a（2, 3），x1, x21, 3，恒有（mln3）a2ln3
6、|f（x1）f（x2）|成立，求实数m的取值范围. 选做题22选修4-4：坐标系与参数方程已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求直线和曲线的极坐标方程；（2）若曲线：分别交直线和曲线于点，求.23选修4-5；不等式选讲已知函数，且的解集为.（1）求的值；（2）若，是正实数，且，求证：.高三上学期期末联考数学（文）参考答案一、选择题题号123456789101112答案CDCAACBCABBA二、填空题13. 14. 15. (4) (5) 16. 三、解答题17（1）由，结合，因此由得，又，得从而是首项为2
7、公差为3的等差数列，故的通项公式为.（2）18解 (1)由题知:对移动支付不关注的男生有4人,总数50人,所以.(2)依题意，分层抽样从对移动支付关注的同学中抽取6人,男生应抽取4人,记为 女生应抽取2人,记为 ；从这6人中随机抽取2人，所有的情况为： 共15种,其中“至少有一人是女生”的情况有9中,记事件A,所以“2人中至少有1人是女生的概率” .(3)由题意可知,故有97.5%的把握认为消费者对移动支付的态度与性别有关系.19解 (1)证明平面平面,所以,又所以平面,又平面,所以平面平面.(2)连接,在中,可得,则在中,可得,在直角梯形中,由已知可求得. ,. 分别是的中点,在等腰中,可求
8、到平面的距离为,到平面的距离为 设点到平面的距离为 , .20（1）解：，解得， 将，都代入椭圆方程，得，椭圆方程为；（2）证明：设，直线的方程为.将代入椭圆方程，整理得，由，得.整理，得，即.化简，得，即.当时，直线的方程为，恒过左顶点，不合题意当时，直线的方程为，恒过点.直线过定点.21解（1）当时，由,解得，可知在上是增函数，在上是减函数.的极大值为，无极小值. 当时，在和上是增函数，在上是减函数； 当时，在上是增函数； 当时，在和上是增函数，在上是减函数 （3）当时，由（2）可知在上是增函数，. 由对任意的a（2, 3），x1, x21, 3恒成立， 即对任意恒成立，即对任意恒成立，
9、由于当时，.22（1）直线的参数方程为（为参数），转换为直角坐标方程为：直线的极坐标方程为：曲线的参数方程为 （为参数），转换为直角坐标方程为，整理得：曲线的极坐标方程为：（2）曲线：分别交直线和曲线于点， 所以，解得 同理，解得， 所以 .23解：（1）因为，所以等价于，由有解，得，且解集为.因为的解集为.因此.（2）证明：将（1）中所得带入可知知：，因为，为正实数，方法一：所以由柯西不等式得：当且仅当时，等号成立.因此成立.方法二：当且仅当时，等号成立.因此成立.单选填空详解1C解：，故，故选：C.2D若复数是纯虚数，则，则不能证得为纯虚数，为纯虚数可以证得，故“”是“为纯虚数”的必要非充
10、分条件，故选：D.3C由题意，所以，故选C4A因为,所以，又因为，因为，所以向量与的夹角的大小为.故选：A5A由，知或或，解得或故选:A6C画出可行域，向上平移基准直线,可得最优解为，由此求得目标函数的最小值为， 故选:C7B=.故选：B8C由题意可知图形如图：是面积为的等边三角形，可得，可得：，球的体积，解得，所以到平面的距离为：.故选：C.9A由三视图可知三棱锥为如图所示，在中,；在中,；在中,；在中,；故表面积为.10B设抛物线的焦点为，则，因为直线为抛物线的准线，所以，所以，当且仅当为线段与圆的交点时，等号成立.故选：B.11. B为偶函数，的图象关于直线对称,，为上的奇函数，即是周期
11、为8的周期函数，,故选B12A解：由题意知：双曲线的右焦点，渐近线方程为，即， 如下图所示:由点到直线距离公式可知：，又，即，设，由双曲线对称性可知，而，由正切二倍角公式可知：，即，化简可得：，即，由双曲线离心率公式可知：.故选：A.13输入，第一次循环：，；第二次循环：，；第三次循环：，；第四次循环：，此时，输出，故答案为：.14由题意可得，由正弦定理得，c=2b，又，则由余弦定理可得： 故答案为15（4）（5）错，举反例：；其平均数，但不符合上述指标；错，举反例：；其标准差，但不符合上述指标；错，举反例：；其平均数且标准差，但不符合上述指标；对，若极差小于，符合上述指标； 若极差小于或等于，有可能；，在平均数的条件下，只有成立，符合上述指标；对，在众数等于且极差小于或等于，则最大数不超过，符合指标，所以选.16解：如下图所示，设的中点为，连结，因为，所以，又平面平面，所以平面，又因为是等腰直角三角形，所为的外心，所以球心一定在直线上，所以球心在线段的延长线上，设，则三棱锥外接球半径，即，解得，所以，所以三棱锥的外接球的大圆面积.