1、昆明市2019-2020学年高二期末质量检测文科数学注意事项：1答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.2回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3考试结束后，将答题卡交回.、选择题：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. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接根据交集的定义计算可得；【详
2、解】解：集合，0，1，2，0，1，故选：【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，属于基础题2. （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接根据复数的除法运算法则求解即可.【详解】，故选：A.【点睛】本题主要考查了复数的运算，属于基础题.3. 已知双曲线：的一条渐近线方程为，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据双曲线的标准方程求得渐近线方程，根据其中一条的方程求得a和b的关系，进而求得a和c的关系，则离心率可得【详解】因为一条渐近线方程为，所以，故，解得，所以，故选：C【点睛】本题主要考查了双曲线的简单性质，解
3、题的关键是熟练掌握双曲线方程中的a，b和c基本关系.4. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线面出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A. 36B. 72C. 108D. 216【答案】A【解析】【分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据求几何体的体积即可【详解】由题意可知，几何体三棱锥，如图所示，因为正方体的棱长为6，所以几何体的体积为故选：【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积，解决本题的关键是得到该几何体的直观图5. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先判断出、，再判断出即可解题.【详解】解：因为，所以；因，所以；因为，所以所以故选：B.【点
4、睛】本题考查比较对数、指数、幂的大小问题，是基础题.6. 执行如图所示的程序框图，若输入的，分别为4，6，则输出（ ）A. 24B. 12C. 4D. 2【答案】B【解析】【分析】根据程序框图进行运算可得结果.【详解】第一次循环，第二次循环，终止循环，输出12.故选：B.【点睛】本题考查了循环结构，属于基础题.7. 函数的图象在点处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】求得函数的导数，由导数的几何意义可得切线的斜率，再由点斜式方程可得所求切线的方程【详解】解：函数的导数为，可得函数的图象在点处的切线的斜率为1，则函数的图象在点处的切线方程为，即故选：【点睛】本题考查
5、导数的几何意义，以及切线的方程的求法，考查方程思想和运算能力，属于基础题8. 每年新春佳节时，我国许多地区的人们有贴窗花的习俗，以此达到装点环境、渲染气氛的目的，并寄托着辞旧迎新、接福纳祥的愿望下图是一张“春到福来”的剪纸窗花，为了估计深色部分的面积，将窗花图案放置在边长为的正方形内，在该正方形内随机生成1000个点，恰有535个点落在深色区域内，则此窗花图案中深色区域的面积约为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据几何概型的概率公式建立比例关系进行求解即可【详解】解：正方形的面积，则由题意值对应深色区域面积满足，得，故选：【点睛】本题主要考查几何概型的概率公式的应用，结
6、合对应区域关系，建立比例方程是解决本题的关键属于基础题9. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由化简，求出的值，再由，代值化简即可【详解】解：由，得，即，解得，所以，故选：D【点睛】此题考查两角和的正切公式的应用，考查同角三角函数的关系的应用，属于基础题10. 已知三棱柱中，底面，若该三棱柱的六个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意画出图形，找出三棱柱外接球的球心，由已知求解三角形可得半径，则球的表面积可求【详解】解：如图，在直三棱柱中，底面三角形是以角为直角的等腰直角三角形，三角形的外接圆的圆心为的中点
7、，上底面等腰直角三角形外接圆的圆心是 的中点则该三棱柱的外接球的球心为 的中点连接，在底面等腰直角三角形中，由，得，又，则球的表面积为故选：【点睛】本题考查三棱柱的外接球表面积，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，确定三棱柱的外接球的半径是关键，属于中档题11. 刘徽是中国魏晋时期杰出的数学家，他提出“割圆求周”方法：当很大时，用圆内接正边形的周长近似等于圆周长，并计算出精确度很高的圆周率在九章算术注中总结出“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”的极限思想运用此思想，当取3.1416时可得的近似值为（ ）A. 0.00873B. 0.01745C. 0
8、.02618D. 0.03491【答案】B【解析】【分析】根据圆内接正360边形的面积近似等于圆的面积列式可解得结果.【详解】设圆的半径为，取，则圆内接正360边形的每条边所对的圆心角为，以圆心为顶角的每个等腰三角形的面积为，根据360个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积可得，即.故选：B.【点睛】本题考查了极限思想，考查了三角形的面积公式，考查了数学文化，属于基础题.12. 已知抛物线：的焦点为，准线为，经过点的直线交于，两点，交于点，过点，分别作的垂线，垂足分别为，若，下述四个结论：直线的倾斜角为或是的中点为等边三角形其中所有正确结论的编号是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析
9、】【分析】由题意画出图形，由平面几何知识可得正确；设出的方程，与抛物线方程联立，可得，横坐标的积，结合已知向量等式求解的坐标，再求出所在直线斜率，可得的倾斜角，判断错误，再结合选项可知正确【详解】解：如图，由抛物线定义可知，则，则，故正确；设所在直线方程为，联立，得设，则，又，即，联立，解得（舍或，则，即，则，可得直线的倾斜角为，正确由对称性，若在轴下方，则直线的倾斜角为，故错误由，点的横坐标为，可得是的中点，故正确；结合选项可得，正确故选：【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查运算求解能力，属于中档题二、填空题13. 若，满足约束条件则的最小值为_【答案】【解析】
10、【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【详解】解：由约束条件作出可行域如图，化目标函数为，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，有最小值为故答案为：【点睛】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题14. 如图，正方形的边长为2，是以为直径的半圆弧上一点，则的最大值为_【答案】6【解析】【分析】先建立平面直角坐标系，再表示出点的坐标，接着表示出，最后求求得最大值即可.【详解】解：以点为原点，以方向为轴正方向，以方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，如图，则，由图可知以为直径的圆的方程为：，参数方向
11、：，因为是以为直径的半圆弧上一点，所以，（），所以，则，当时，取得最大值.故答案：6【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标表示，是基础题15. 数列中，已知，则数列的前6项和为_【答案】20【解析】【分析】由已知条件利用赋值法求出的值【详解】解：令，则，由，得，令，则，得，令，则，得，令，则，得，令，则，得，令，则，得，所以数列的前6项和为，故答案为：20【点睛】此题考查由数列的递推式求数列的通项，属于基础题16. 如图，在中，分别在边，上，且若，则_；面积的最大值为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】作于，作于，可得在线段上运动，设，由，得到，得到和的表达式，即可求解.【详解】如图
12、所示，作于，作于，可得在线段上运动，因为，则，设，在中，由余弦定理可得，同理可得，又由勾股定理可得，由，可得，整理得，即则，所以；又由的面积为，所以面积的最大值为.故答案为：，.【点睛】本题主要考查了解三角形问题，其中解答中熟练应用余弦定理和勾股定理，以及三角形的面积公式和二次函数的的性质是解答的关键，着重考查转化思想，以及函数与方程思想的应用，属于中档试题.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在平面直角坐标系中，已知点，设直线，的斜率分别为，且，记点的轨迹为（1）求的方程；（2）若直线：与相交于，两点，求【答案】（1），（）；（2）.【解析】【分析】（1）先设点，再建
13、立方程，最后得到的方程：，（）；（2）先联立方程得到，再得到，最后求即可.【详解】解：（1）设点，则，因为，则，整理得：，斜率存在，所以，所以的方程：，（）（2）设，由，消去得到，则，所以，则，所以【点睛】本题考查求点的轨迹方程、利用弦长公式求弦长，是中档题.18. 已知数列是公差不为零的等差数列，且，成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先设等差数列的公差为，然后根据等差数列的通项公式和等比中项的性质列出关于公差的一元二次方程，解出的值，则可计算出数列的通项公式；（2）先根据第（1）题的结果计算出数列的通项公式，然后运用分组求和
14、法计算出前项和【详解】（1）由题意，设等差数列的公差为，则，成等比数列，即，整理，得，解得（舍去），或，（2）由（1）知，设，故【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的性质应用，以及运用分组求和法计算前项和考查了转化与化归思想，整体思想，方程思想，定义法，以及逻辑推理能力和数学运算能力本题属中档题19. 云南是世界茶树的原产地之一，也是中国四大茶产区之一，独特的立体气候为茶叶的种质资源多样性创造了良好的自然条件，茶叶产业是云南高原特色农业的闪亮名片某大型茶叶种植基地为了比较、两品种茶叶的产量，某季采摘时，随机选取种植、两品种茶叶的茶园各30亩，得到亩产量（单位：亩）的茎叶图如下（整数位为茎，小
15、数位为叶，如55.4的茎为55，叶为4）：（1）试分别估计该种值基地、两种茶叶亩产不低于的概率；（2）亩产不低于的茶园称为“高产茶园”，其它称为“非高产茶园”.请根据已知条件完成以下列联表，并判断是否有95%的把握认为“高产茶园”与茶叶品种有关？A品种茶叶（亩数）B品种茶叶（亩数）合计高产茶园非高产茶园合计附：，0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）和；（2）有的把握认为“高产茶园”与茶叶品种有关【解析】【分析】（1）分别计算该种植基地、两种茶叶亩产不低于的概率值；（2）根据已知条件完成列联表，计算，对照附表得出结论【详解】解：（1）计算该种植基地种茶叶亩
16、产不低于的概率为，种茶叶亩产不低于的概率为；所以估计该种植基地、两种茶叶亩产不低于的概率分别为和；（2）根据已知条件完成列联表如下，品种茶叶（亩数）品种茶叶（亩数）合计高产茶园10313非高产茶园202747合计303060计算，所以有的把握认为“高产茶园”与茶叶品种有关【点睛】本题考查了列联表与独立性检验问题以及古典概型的概率计算问题，也考查了运算求解能力，属于基础题20. 如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，是的中点（1）证明：平面；（2）已知，求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）取PC的中点F，连接EF，FD，由已知结合三角形中位线定理证明四边形AE
17、FD为平行四边形，得，再由直线与平面平行的判定可得平面；（2）由（1）知，平面，则点E到平面的距离等于点A到平面的距离，设点A到平面的距离为h，由，即可得E到平面PCD的距离【详解】（1）证明：取PC的中点F，连接EF，FD，因为E为PB的中点，所以EF为三角形PBC的中位线，可得EFBC，因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为在平面外，在平面内，所以平面；（2）由（1）知，平面，则点E到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，设点A到平面的距离为h，因为平面，所以，因为,，所以平面，所以，因为，所以，所以，由，得，解得，即点到平面的距离为【点睛】此题考查直线与平面平行的判定，考查
18、空间想象能力，考查利用等体积法求点到面的距离，属于中档题21. 在直角中，为边上的一点，（1）若，求的面积；（2）若，求周长的取值范围【答案】（1） ；（2）.【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理列式即可得解；（2），设， ，在中，由正弦定理可得： ，从而可得：，根据范围即可得解.【详解】（1）在中，由余弦定理可得：，即，解得或（舍去）所以.（2）应为，设， ，在中，由正弦定理可得： ，故， ，所以的周长 因为，所以，所以，所以.【点睛】本题考查了正余弦定理的应用，考查了三角函数的辅助角公式，考查了转化思想和一定的计算能力，属于较难题.22. 已知函数，为自然对数的底数（1）若是的极值点，
19、求的值，并求的单调区间；（2）当时，证明：【答案】（1）；的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）求导得，则（1），从而得出的值；于是，令，则，再比较与0的大小关系即可得解（2）由题可知，构造函数，易知在上单调递增，又，于是存在，使得，从而推出在上单调递减，在，上单调递增，故，接下来利用基本不等式的性质证明即可【详解】解：（1），是的极值点，解得此时，令，则，当时，单调递减；当时，单调递增故的单调递减区间为，单调递增区间为（2）证明：当时，令，则，即在上单调递增，又，存在，使得，即，也就是，当时，单调递减；当，时，单调递增，故【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、恒成立问题，运用了隐零点的思维、基本不等式的性质，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题
