1、昆明市2019-2020学年高二期末质量检测理科数学注意事项：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. （ ）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
2、】，故选：A.【点睛】本题主要考查了复数的运算，属于基础题.2. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据集合的交集运算的定义可得结果.【详解】因为，所以.故选：B.【点睛】本题考查了集合的交集运算，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】因为的一条渐近线方程为，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，解题的关键是熟练掌握双曲线方程中的a，b和
3、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；因为，所以；因为，所以所以故选：B.【点睛】本题考查比较对数、指数、幂的大小问
4、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. 已知曲线在点处的切线方程为，则A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】本题先求，再建立方程组求解即可.【详解】解：因为，所以，因为曲线在点处的切线方程为，所以，解得，故选：D【点睛】本题考查利用曲线在某点处的切线方程求参数，是基础题.8. 今年“五一”小长假期间，某博物馆准备举办次主题展览，为了引导游客
5、有序参观，该博物馆每天分别在10时，13时，16时公布实时观展的人数下表记录了5月1日至5日的实时观展人数：1日2日3日4日5日10时观展人数3256427245672737235513时观展人数5035653771494693370816时观展人数61006821658048663521通常用实时观展的人数与博物馆的最大承载量（同一时段观展人数的饱和量）之比来表示观展的舒适度，50%以下称为“舒适”，已知该博物馆的最大承载量是1万人若从5月1日至5日中任选2天，则这2天中，恰有1天这3个时刻的观展舒适度都是“舒适”的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】5月1日至5日
6、中，该博物馆每天在10时，13时，16时这3个时刻的观展舒适度都是“舒适”的有2天，从5月1日至5日中任选2天，基本事件总数，这2天中，恰有1天这3个时刻的观展舒适度都是舒适包含的基本事件个数，由此能求出这2天中，恰有1天这3个时刻的观展舒适度都是“舒适”的概率.【详解】5月1日至5日中，该博物馆每天在10时，13时，16时这3个时刻的观展舒适度都是“舒适”的有2天，分别为5月4日和5月5日，从5月1日至5日中任选2天，基本事件总数，这2天中，恰有1天这3个时刻的观展舒适度都是“舒适”包含的基本事件个数，所以这2天中，恰有1天这3个时刻的观展舒适度都是“舒适”的概率.故选：C【点睛】本题主要考
7、查了概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题.9. 已知函数，点，为图象上两点，为坐标原点，则（ ）A. 1B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】直接利用正切函数的关系式求出点A和B的坐标，进一步利用三角函数的诱导公式的应用求出结果.【详解】由点，坐标代入，可解得，故，所以，故，故选：D【点睛】本题主要考查了三角函数的定义的应用，三角函数的诱导公式的应用，正切函数的关系式的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题.10. 已知三棱柱的六个顶点都在同一球面上，且底面，是等边三角形，则该球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求
8、出，再求出，最后求球的半径和表面积即可解题.【详解】解：设球的球心为，三角形的中心为，因为，所以，因为是等边三角形，所以，所以球的半径，所以球的表面积：，故选：C.【点睛】本题考查多面体的外接球问题，球的表面积公式，是基础题.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. 0.02618D. 0.03491【答案】
9、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，过点，分别作的垂线，垂足分别为，两点，直线交于点，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】D【解析】【分析】由题意画出图形，由平
10、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D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；故选：D【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，是中档题二、填空题：13. 在的二项展开式中，的系数为_（用数字作答）【答案】-80【解析】【分析】由二项定理展开式
11、的通项，即可确定的系数.【详解】在的二项展开式中，由展开式通项可得，令，解得，所以系数为，故答案为：.【点睛】本题考查了二项定理展开通项式的简单应用，指定项系数的求法，属于基础题.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：，因为是以为直径的半圆弧上一点，所以，（），所以，则，当时，取得最大值故答案为：6【点睛】本题考查平面向量数量积的坐
12、标表示，是基础题15. 数列中，已知，若，则数列的前6项和为_【答案】32【解析】【分析】利用数列的递推公式推导出，由此能求出数列的前6项和.【详解】数列中，解得，数列前6项和为：，故答案为：32.【点睛】本题主要考查数列的前6项和的求法，考查递推公式、递推思想等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题.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
13、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
14、，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，
15、（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. 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，求二面角的余弦值【答案】（1）证明过程见详解；（2）【解析】【分析】（1）先证明，再证明平面和平面，最后证明平面平面，从而证明结论成立（2）先建立空间直角坐标系，再求平面的法向量和平面的法向量，最后求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：取的中点为，连接、，如图.因为，所以，又，所以四边形为矩形，所以，又平面，平面，所以
16、平面，又是的中点，所以，同理平面，而，所以平面平面，所以平面.（2）以、方向分别轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，如图，设，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，则，同理可得平面的法向量，所以，由图可知二面角为钝角，二面角的余弦值为：.【点睛】本题考查利用面面平行证明线面平行，利用空间向量求面面所成的角，是中档题.20. 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
17、如下（整数位为茎，小数位为叶，如55.4的茎为55，叶为4）：亩产不低于的茶园称为“高产茶园”，其它称为“非高产茶园”.（1）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（2）用样本估计总体，将频率视为概率，现从该种植基地品种的所有茶园中随机抽取4亩，且每次抽取的结果相互独立，设被抽取的4亩茶园中“高产茶园”的亩数为，求的分布列和数学期望附：，0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）列联表见解析，有95%的把握认为“高产茶园”与茶叶品种有关；（2）分布列见
18、解析，E（X）.【解析】【分析】（1）根据已知条件填写列联表，计算K2，对照临界值得出结论；（2）由题意知XB（4，），计算对应的概率值，写出分布列，求出数学期望值【详解】（1）根据已知条件完成22列联表如下，A品种茶叶（亩数）B品种茶叶（亩数）合计高产茶园10313非高产茶园202747合计303060计算K24.8123.841，所以有95%的把握认为“高产茶园”与茶叶品种有关；（2）由题意知，P，XB（4，），计算P（X0），P（X1），P（X2），P（X3），P（X4） ；所以X的分布列为：X01234P数学期望为E（X）4【点睛】本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，二项分布的应用
19、，也考查了运算求解能力，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（1）若是的极值点，求的值，并求的单调区间；（2）当时，证明
20、：【答案】（1），的单调递减区间是；单调递增区间是；（2）证明过程见详解.【解析】【分析】（1）先求函数的定义域与，再求，接着构建新函数并求导，最后求的单调区间；（2）先构建新函数并求导，接着判断，使得，得到方程与，再判断出，最后得到并判断结论成立.【详解】解：（1）因为，所以函数的定义域为：，且，因为是的极值点，所以，解得：，则，令，则所以在上单调递增，又，所以的单调递减区间是；单调递增区间是.（2）证明：当时，定义域为，令，所以在上单调递增，因为，故，使得，即，故，对同时取对数得：，因为在上单调递减；在上单调递增，所以将代入得：，因为，故等号不成立，所以：【点睛】本题考查利用函数的极值求参数、利用导函数求函数的单调区间、利用导函数证明不等式，是偏难题.
