1、（新高考）2020-2021学年上学期高三期中备考卷数学2注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，则（ ）ABCD【答案】A【解析】，
2、所以2已知复数，为的共轭复数，则（ ）ABCD【答案】C【解析】由题意，得，故选C3已知向量，且与的夹角为，则（ ）ABCD【答案】B【解析】由题意，得，所以，且，解得，故选B4设，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】A【解析】由，得，由，得，解得或，因为“”是“”或“”的充分不必要条件，所以“”是“”的充分不必要条件5若双曲线的离心率为，则（ ）ABCD【答案】D【解析】因为可化为，所以双曲线的离心率，所以，即，故选D6张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上
3、，底面，且，利用张衡的结论可得球的表面积为（ ）ABCD【答案】B【解析】因为，所以，又底面，所以球的球心为侧棱的中点，从而球的直径为，利用张衡的结论可得，则，所以球的表面积为，故选B7已知是定义在上的奇函数，则不等式的解集为（ ）ABCD【答案】C【解析】因为是定义在上的奇函数，所以，即，解得，即，故在上为增函数，又，所以，解得，故选C8已知等差数列，的前项和分别为和，且，则（ ）ABCD【答案】A【解析】因为等差数列，的前项和分别为和，且，所以可设，所以，所以，故选A二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得3分
4、，有选错的得0分9为了了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了名肥胖者，健身之前他们的体重（）情况如图（1），经过四个月的健身后，他们的体重（）情况如图（2）对比健身前后，关于这名肥胖者，下面结论正确的是（ ）A他们健身后，体重在内的肥胖者增加了名B他们健身后，体重在内的人数没有改变C因为体重在内的人数所占比例没有发生变化，所以说明健身对体重没有任何影响D他们健身后，原来体重在内的肥胖者体重都有减少【答案】ABD【解析】体重在区间内的肥胖者由健身前的名增加到健身后的名，增加了名，A正确；他们健身后，体重在区间内的人数的百分比没有变，所以人数没有变，B正确；他们健身后，已经出现了体重在内的人，健身
5、之前是没有这部分的，C错误；因为题图（2）中没有体重在区间内的部分，所以原来体重在区间内的肥胖者体重都有减少，D正确，故选ABD10将函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，给出下列关于函数的结论：它的图像关于直线对称；它的最小正周期为；它的图像关于点对称；它在上单调递增其中正确的结论的编号是（ ）ABCD【答案】BC【解析】因为，所以令，得，所以直线不是图像的对称轴，错误；最小正周期，正确；令，得，取，得，故函数的图像关于点对称，正确；令，得，取，得；取，得，所以错误，故选BC11若，则（ ）ABCD【答案】ACD【解析】由，得，则，故选ACD12已知四棱台的上、下底面均为正方形，其中
6、，则下列叙述正确的是（ ）A该四棱台的高为BC该四棱台的表面积为D该四棱台外接球的表面积为【答案】AD【解析】将四棱台补为如图所示的四棱锥，并取，分别为，的中点，连接，记四棱台上、下底面中心分别为，由条件知，分别为四棱锥的侧棱，的中点，则，所以，故该四棱台的高为，故A正确；由，得为正三角形，则与所成角为，故B不正确；四棱台的斜高，所以该四棱台的表面积为，故C不正确；易知，所以为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为，外接球表面积为，故D正确第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知函数，则 【答案】【解析】因为，所以14某工厂质检部要对即将出厂的个零件进行质检，已知每个零件质检合格的概
7、率为，且每个零件质检是否合格是相互独立的设质检合格的零件数为，则随机变量的方差 【答案】【解析】由题意可知，15已知，且，则的最小值是 【答案】【解析】因为，所以因为，所以（当且仅当，时，等号成立），所以16在正方体中，为棱上一点，且，为棱的中点，平面与交于点，与交于点，则 ， 【答案】，【解析】如图，为平面与的交点，连接，易证平面，则，则，则，即，又，所以连接，连接交于点，过点作，与交于点，连接，则为与的交点，因为，所以，所以，所以，所以，故四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）在，这三个条件中任选一个，补充在下面横线处，并加以解答已知的
8、内角，所对的边分别是，若 ，且，成等差数列，则是否为等边三角形？若是，写出证明过程；若不是，请说明理由【答案】见解析【解析】选，即，解得（舍去）或，或又，成等差数列，不是三角形中最大的边，即，故是等边三角形选由正弦定理，得，即，整理，得，成等差数列，故是等边三角形选由正弦定理，得，即，得由余弦定理，得，即，故是等边三角形18（12分）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，且，（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】（1），依题意，得，故（2）由（1）可知，故19（12分）如图（1），平面四边形中，为的中点将沿对角线折起，使，连接，得到如图（2）的三棱锥（1）证
9、明：平面平面；（2）已知直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）在三棱锥中，因为，所以平面，又平面，所以，因为，为的中点，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面（2）由（1）可知为直线与平面所成的角，所以，所以过点作交于点，由（1）知，两两垂直，以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图（1），则，则，易知平面的一个法向量为；设平面的法向量为，则，令，得，由图可知，该二面角为锐角，所以，所以二面角的余弦值为20（12分）网络购物已经成为人们的一种生活方式某购物平台为了给顾客提供更好的购物体验，为入驻商家设置了积分制度，每笔购物完成
10、后，买家可以根据物流情况、商品质量等因素对商家作出评价，评价分为好评、中评和差评平台规定商家有天的试营业时间，期间只评价不积分，正式营业后，每个好评给商家计分，中评计分，差评计分某商家在试营业期间随机抽取单交易调查了其商品的物流情况以及买家的评价情况，分别制成了图（1）和图（2）：（1）通常收件时间不超过天认为是物流迅速，否则认为是物流迟缓请根据题目所给信息完成下面列联表，并判断能否有的把握认为“获得好评”与物流速度有关；（2）从正式营业开始，记商家在每笔交易中得到的评价得分为该商家将试营业天期间的成交情况制成了频数分布表，如下表，以试营业期间成交单数的频率代替正式营业时成交单数的概率求的分布
11、列和数学期望；平台规定，当积分超过分时，商家会获得“诚信商家”称号请估计该商家从正式营业开始，年内（天）能否获得“诚信商家”称号？附：，其中【答案】（1）列联表见解析，有的把握认为；（2）分布列见解析，；不能获得【解析】（1）由题意可得，所以有的把握认为“获得好评”与物流速度有关（2）由题意可知，的所有可能取值为，每位买家给商家作出好评、中评、差评的概率分别为，所以的分布列为所以数学期望方法一：设商家每天的成交量为，则的可能取值为，所以的分布列为所以所以商家每天能获得的平均积分为，商家一年能获得的积分为，所以该商家在年内不能获得“诚信商家”称号方法二：商家每天的平均成交量为，所以商家每天能获得
12、的平均积分为，商家一年能获得的积分为所以该商家在年内不能获得“诚信商家”称号21（12分）已知为坐标原点，直线，相交于点，且它们的斜率之积为记点的轨迹为曲线（1）若射线与曲线交于点，且为曲线的最高点，证明：；（2）直线与曲线交于，两点，直线，与轴分别交于，两点试问在轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）存在，【解析】（1）证明：设，则，整理，得，将代入，得点的坐标为，又由题意易得，（2）方法一：设，由，消去并整理，得，的坐标为，直线的方程为，同理可得以为直径的圆的方程为，令，得，故以为直径的圆恒过定点方法二：设，则，则直线的方程为，则，同理可得假设存在符合题设，则，点在曲线上，故存在定点符合题设22（12分）已知函数，其中是自然对数的底数，（1）讨论函数的单调性；（2）设函数，若对任意的恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）在定义域上单调递增；（2）【解析】（1）因为，所以，令，则，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以又因为，所以，则在定义域上单调递增（2）由，得，即，所以，即对任意恒成立设，则当时，函数单调递增，且当时，；当时，若，则，若，因为，且在上单调递增，所以综上可知，对任意恒成立，即对任意恒成立设，则，所以在上单调递增，所以，即实数的取值范围为