1、云南民族大学附属中学2020年秋季学期期中考试高三数学（理科）试卷（考试时间120分钟，满分150分）命题人：杨晓冬 审题人：杨晓冬注意事项：1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的考号、姓名、考场、座位号、班级在答题卡上填写清楚2每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应的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在试卷上作答无效第卷 选择题一、选择题：1. 已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简集合B，再根据集合并的意义求解.【详解】，.故选:A【点睛】此题为基础题，考查集合并运算.2. 已知复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【
2、答案】C【解析】【分析】根据复数的基本运算法则进行化简即可【详解】设，都为实数），根据复数相等的条件可得，故，故选：【点睛】本题主要考查复数的运算法则，复数模的计算，属于基础题3. 如右图，一个简单空间几何体的三视图其主视图与左视图都是边长为的正三角形,其俯视图轮廓为正方形，则其体积是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三视图可知，该几何体为正四棱锥，根据三视图中数据，利用锥体体积公式可得结果,.【详解】由三视图可知，该几何体为四棱锥，底面是边长为2的正方形，面积为4，四棱锥的高是正视图与侧视图三角形的高，为，所以，该几何体的体积为，故选A.【点睛】三视图问题是考查学生空间想象
3、能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.4. 二项式的展开式的第二项是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用展开式的通项公式求解即可【详解】展开式的通项为,令,可得展开式的第二项为=.故选：D5. 已知，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】首先利用差比较法，由证得成立.当时，利用特殊值得到，所以当时，不能推出.由此判断出充分、必要条
4、件.【详解】因为，则，所以，即；反之不成立，如取特殊值，代入得，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，属于基础题.6. 已知函数的最小正周期为，且，若，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用三角函数的周期性和奇偶性得到，进而求出【详解】由，得，又，为奇函数，又，得，又由，可得故选：A【点睛】关键点睛：解题关键在于通过三角函数性质得到，难度属于基础题7. 已知点P在抛物线上，那么点P到点的距离与点P到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据抛物线安的方程求出焦
5、点坐标，由抛物线的性质，得到和三点共线且点在中间时距离和最小，由此求出纵坐标，代入抛物线的方程，即可求解【详解】由题意，抛物线的方程为，所以，所以焦点，过点作准线的垂线，垂足为，由,依题意可知当和三点共线且点在中间时距离和最小，如图所示，故点的纵坐标为，代入抛物线的方程，求得，所以点，故选A【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、标准方程，及抛物线的几何性质的应用，其中解答中由抛物线的性质，当和三点共线且点在中间时距离和最小是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题8. 的三边满足，则的最大内角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理结合三角形内角的取值范围求
6、得角的值，由此可得出结果.【详解】由余弦定理可得，因此，的最大内角为.故选：D.9. 大学艺术系表演专业的报考人数连创新高，2010年报名刚结束，某考生想知道这次报考该专业的人数已知该专业考生的考号是按0001，0002，的顺序从小到大依次排列的，他随机了解了50名考生的考号，经计算，这50个考号的和是25025，估计2010年报考大学艺术系表演专业的考生大约有（ ）A. 2000人B. 1500人C. 1000人D. 500人【答案】C【解析】【分析】由题意知先求平均数，再估计中位数，再求出考生的大约人数【详解】由题意知，考生的考号是从0001，0002从小到大排列的，50个考生的考号和为2
7、5025，考号平均数：，以此估计考号中位数为500，故大约有人故选：C10. 若，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据指数、对数的运算法则及指数函数和对数函数的性质，考虑与“0、1”比较即可.【详解】因为，所以，所以.故选:B【点睛】此题考查对数指数函数的性质，属于基础题.11. 已知函数，若函数，则下列函数中与函数的单调性完全相同的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先化简，再求的单调区间，最后对照选项单调性进行选择.【详解】解得，此时.故，则的单调递减区间为，单调递增区间为.对函数求导，得，当时，；当时，.即单调递减区间为，单调
8、递增区间为.同理可得函数单调递减区间为，单调递增区间为.对函数 求导，得，当时，；当或时，. 即单调递减区间为，单调递增区间为和，对函数 求导，得，即单调递减区间为，故选B【点睛】本题考查函数单调性以及利用导数研究函数单调性，考查基本分析判断与求解能力，属中档题.12. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点的坐标为若双曲线左支上的任意一点均满足，则双曲线的离心率的取值范围为( )A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先根据双曲线的定义，转化为，即，根据数形结合可知，当点三点共线时，最小，转化为不等式，最后求离心率的范围.【详解】由已知可得，若，即，左支上的点均满足，如图所示，当点位于点
9、时，最小，故，即,或或或或双曲线的离心率的取值范围为 .【点睛】本题考查离心率的取值范围的问题，属于中档题型，意在考查化归和计算能力，关键是根据几何关系分析的最小值，转化为的代数关系，最后求的范围.第卷 非选择题二、填空题13. 已知，满足约束条件，若的最大值为_【答案】4【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定的最大值【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分由得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大由，解得，即将的坐标代入目标函数，得即的最大值为故答案为:4【点睛】本题主要考查线性规划的应用，结合目标函数的几何意义
10、，利用数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法14. 已知单位向量，的夹角为60，则_【答案】【解析】【分析】由题意并且结合平面数量积的运算公式可得|，通过平方即可求解，可得答案【详解】单位向量，的夹角为的夹角为， ，故答案为：15. 把6张不同的充值卡分给4位同学，每人至少1张，有_种分法【答案】1560【解析】【分析】分4位同学分得卡数为1，1，1，3和1，1，2，2两种情况讨论即可.【详解】分两类：第一类：当4位同学分得的卡数为1，1，1，3时，共有种；第二类：当4位同学分得的卡数为1，1，2，2时，共有种，由加法原理，知共有种不同分法故答案为：【点睛】本题考查排列与组合中的部分均匀分
11、组问题，考查学生逻辑推理能力，数学运算能力，是一道中档题.16. 九章算术中记载：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体）.在如图所示的堑堵中，且有鳖臑C1-ABB1和鳖臑，现将鳖臑沿线BC1翻折，使点C与点B1重合，则鳖臑经翻折后，与鳖臑拼接成的几何体的外接球的表面积是_.【答案】【解析】【分析】当沿线BC1翻折，使点C与点B1重合，则鳖臑经翻折后，A点翻折到E点，关于对称，所拼成的几何体为三棱锥，根据外接球的性质及三棱锥性质确定球心，利用勾股定理求出半径即可
12、求解.【详解】当沿线BC1翻折，使点C与点B1重合，则鳖臑经翻折后，A点翻折到E点，关于对称，所拼成的几何体为三棱锥,如图，由可得,即为正三角形，所以外接圆圆心为三角形中心，设三棱锥外接球球心为，连接，则平面，连接,在中作,垂足为，如图，因为,所以是的中点，由矩形可知,因为为三角形的中心，所以在中，,所以,故答案为：【点睛】本题主要考查了几何体的翻折问题，三棱锥的外接球，球的表面积公式，考查了空间想象力，属于难题.三、解答题17. 已知数列中，（1）求数列的通项公式；（2）设，对任意，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由等比中项概念可知为等比数列.（2）裂项求和即可
13、.【详解】（1），数列是等比数列，首项为2，公比为2，（2），,，即成立【点睛】此题考查等比数列的概念性质，同时也考查裂项求和的方法.18. 面对环境污染，党和政府高度重视，各级环保部门制定了严格措施治理污染，同时宣传部门加大保护环境的宣传力度，因此绿色低碳出行越来越成为市民的共识，为此某市在八里湖新区建立了公共自行车服务系统，市民凭本人二代身份证到公共自行车服务中心办理诚信借车卡，初次办卡时卡内预先赠送20分，当诚信积分为0时，借车卡自动锁定，限制借车，用户应持卡到公共自行车服务中心以1元购1个积分的形式再次激活该卡，为了鼓励市民租用公共自行车出行，同时督促市民尽快还车，方便更多的市民使用，
14、公共自行车按每车每次的租用时间进行扣分缴费，具体扣分标准如下：租用时间不超过1小时，免费；租用时间为1小时以上且不超过2小时，扣1分；租用时间为2小时以上且不超过3小时，扣2分；租用时间为3小时以上且不超过4小时，扣3分；租车时间超过4小时除扣3分外，超出时间按每小时扣2分收费（不足1小时的部分按1小时计算）甲、乙两人独立出行，各租用公共自行车一次，且两人租车时间都不会超过4小时，设甲、乙租用时间不超过一小时的概率分别是，；租用时间为1小时以上且不超过2小时的概率分别是，；租用时间为2小时以上且不超过3小时的概率分别是，（1）求甲、乙两人所扣积分相同的概率；（2）设甲、乙两人所扣积分之和为随机
15、变量，求的分布列和数学期望【答案】（1）0.32；（2）分布列见解析，1.8.【解析】【分析】（1）根据题意，分别记“甲扣分为0分、1分、2分、3分”为事件，它们彼此互斥，分别记“乙扣分为0分、1分、2分、3分”为事件，它们彼此也互斥，则，由此可求事件的概率（2）根据题的可能取值为：0，1，2，3，4，5，6，然后，相应的的值，即可求出列出的分布列，并由公式求出的数学期望【详解】（1）解：根据题意，分别记“甲扣分为0分、1分、2分、3分”为事件，它们彼此互斥，且，分别记“乙扣分为0分、1分、2分、3分”为事件，它们彼此互斥，且，由题知，事件，与事件，相互独立，记甲、乙两人所付租车费相同为事件，
16、则，所以（2）解：根据题的可能取值为：0，1，2，3，4，5，6，所以的分布列为：0123456的数学期望【点睛】关键点睛：解题关键在于列出式子，然后利用概率的相关公式求解，以及根据题意得出的分布列，主要考查学生的运算能力和逻辑推理能力，难度属于中档题19. 如图，在斜三棱柱中，侧面与侧面都是菱形， ，（）求证：；（）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值【答案】（）见解析；（）【解析】试题分析：（1）取中点，连，由等边三角形三边合一可知，即证（2）以，为正方向建立空间直角坐标系，由向量法可求得平面与平面所成的锐二面角的余弦值试题解析：（）证明：连，则和皆为正三角形取中点，连，则， 则平面，则
17、 （）由（）知，又，所以如图所示，分别以，为正方向建立空间直角坐标系， 则，设平面的法向量为，因为，所以取 面的法向量取， 则， 平面与平面所成的锐二面角的余弦值20. 已知椭圆.（）若，求椭圆的离心率及短轴长；（）如存在过点，且与椭圆交于两点的直线，使得以线段为直径的圆恰好通过坐标原点，求的取值范围.【答案】（）离心率为，短轴长为；（）.【解析】【详解】（）因为，所以，.所以，.所以椭圆的离心率为，短轴长为.（）当直线的斜率存在时，由题意可设直线的方程为，由得.所以，.因为以线段为直径的圆恰好过原点，所以.所以，即.所以.即.由，所以.当直线的斜率不存在时，因为以线段为直径的圆恰好通过坐标原
18、点，所以.所以，即.综上所述，的取值范围是.考点：直线与圆锥曲线的位置关系21. 已知函数（1）当时，若函数在其图象上任意一点处的切线斜率为，求的最小值，并求此时的切线方程；（2）若函数的极大值点为，恒成立，求的范围【答案】（1）的最小值为2，；（2）.【解析】【分析】（1）利用导数得出，然后利用对勾函数的性质和切线方程的公式进行求解即可（2）求导得出，然后对进行分类讨论，得出当或时才符合题意，然后利用导函数的性质，得到，进而得到，得到，然后，设，进而求出的范围【详解】解：（1），当仅当时，即时，的最小值为2，斜率的最小值为2，切点，切线方程为，即（2），当时，单调递增无极值点，不符合题意；当
19、或时，令，设的两根为和，因为为函数的极大值点，所以，又，则，令，当时，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，【点睛】关键点睛：（1）的解题关键在于利用对勾函数的性质和切线方程的公式；（2）的解题关键在于通过分类讨论，得到利用导函数的性质，得到，进而得到，最后构造函数求解，本题的难度属于困难请考生从给出的22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所选做的前一题计分，作答时，请用铅笔将所选题目对应题号涂黑22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（）求曲线的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线；（）设直线与曲线交于两
20、点，若点的直角坐标为，试求当时，的值.【答案】（1）曲线的直角坐标方程为它表示以为圆心、为半径的圆（2）【解析】试题分析：（1）利用参普互化公式将曲线C的方程化为一般方程，进而得到圆心半径；（2）联立直线和园的方程，得到关于t的二次，由韦达定理得到结果.详解：（）曲线：，可以化为 ，因此，曲线的直角坐标方程为它表示以为圆心、为半径的圆（）当时，直线的参数方程为(为参数)点 在直线上，且在圆内，把代入中得设两个实数根为，则两点所对应的参数为，则，点睛：这个题目考查了参数方程化为普通方程方法，考查了直线参数中t的几何意义，一般t的绝对值表示方程中的定点到动点的距离，故，均可用t来表示，从而转化为韦达定理来解决.23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若的解集包含，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）函数化简为分段函数分别解不等式得到答案.（2）题目等价于当时不等式恒成立，得到不等式，求的最小值得到答案.【详解】（1），由，解得，故不等式的解集是；（2）的解集包含，即当时不等式恒成立，当时，即，因，所以，令，易知在上单调递增，所以的最小值为，因此，即的取值范围为.【点睛】本题考查了绝对值不等式，将题目等价于当时不等式恒成立是解题的关键.
