1、2020-2021学年玉溪市普通高中毕业生第一次教学质量检测文科数学一选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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（ ）A. B. C. D. C分析：求解集合的一元二次不等式，然后代入求即可.解答：，得，所以集合，故.故选：C.2. 设，则在复平面内z对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限A分析：利用复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标得答案解答：在复平面内z对应的点的坐标为，位于第一象限故选：A3. 已知，则（ ）A. B. C. D. A分析：根据题意并结合诱导公式可得出，再
2、由二倍角的余弦公式，即可得出求出结果.解答：解：由题意可知，根据诱导公式可得：，则故选：A.4. 在一个文艺比赛中，名专业人士和名观众代表各组成一个评判小组，给参赛选手打分根据两个评判小组对同一名选手的打分绘制了下面的折线图根据以上折线图，下列结论错误的是（ ）A. A小组打分分值的最高分为分，最低分为分B. A小组打分分值的标准差小于B小组打分分值的标准差C. B小组打分分值的中位数为D. B小组更像是由专业人士组成的D分析：利用折线图分析和比较，可得中位数和分值的集中程度，即可判断A、B、C、D的结论.解答：由A小组打分的折线图可知，最高分为分，最低分为分，故A正确；根据折线图可判断出A小
3、组打分比较集中，所以A小组打分分值的标准差小于B小组打分分值的标准差，故B正确；B小组的排序为，所以中位数为，故正确；根据分析可判断A小组的打分更像是专业人士组成，故D错误.故选：D.5. 曲线在点处的切线的斜率为-4，则（ ）A. -1B. -3C. -4D. -7D分析：求出原函数的导函数，得到函数在处的导数，即可得到方程，解得即可；解答：因为，所以所以，解得.故选：D6. 数列中，若，则（ ）A. 30B. 40C. 50D. 60D分析：先判断数列是公差与首项均为2的等差数列，可求出其通项公式，再代入求和即可.解答：因为，所以，所以数列是公差与首项均为2的等差数列，则，故选：D.7.
4、公元前6世纪，古希腊毕达哥拉斯学派已经知道五种正多面体，即正四面体正六面体正八面体正十二面体正二十面体.后来，柏拉图学派的泰阿泰德()证明出正多面体总共只有上述五种.如图就是五种正多面体的图形.现有5张分别画有上述五种多面体的不同卡片(除画有的图形不同外没有差别)，若从这5张不同的卡片中任取2张，则取到画有“正四面体”卡片的概率为（ ）A. B. C. D. B分析：记“正四面体”卡片为，“正六面体”、“正八面体”、“正十二面体”、“正二十面体”卡片分别记为、，列举出所有的基本事件，并确定事件“取到画有“正四面体”卡片”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.解答：记“正
5、四面体”卡片为，“正六面体”、“正八面体”、“正十二面体”、“正二十面体”卡片分别记为、，从张不同的卡片中任取张，所有的基本事件有：、，共个，其中，事件“取到画有“正四面体”卡片”所包含的基本事件有：、，共个，因此，所求事件的概率为.故选：B.8. 已知向量，的夹角为120，则（ ）A. B. C. 7D. 13A分析：由计算可得结果解答：由可得，所以故选：A9. 已知函数的部分图象如图所示，若，则函数解析式为（ ）A. B. C. D. B分析：由周期求出，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式.解答：由的部分图象，结合，可得的图象关于直线，由图可知，解得，又，解得，因为，所以，所以.故选：
6、B10. 已知直线l：与圆O：相交于M，N两点，且的面积，则（ ）A. B. C. 或D. 或D分析：首先设圆心到直线的距离为，然后利用勾股定理可求出弦长的值，然后可用表示出的面积，又的面积，所以可求出的值；再根据点到直线的距离公式可得与的关系，进而求出的值.解答：根据题意，圆O：的圆心为，半径为，设圆心到直线的距离为，则弦长，又的面积，则，解得：或，当时，有，可得，当时，有，可得，综合可得：或，故选：D.点拨：解题方法是根据已知条件构造面积的表达式，求出，再根据与的关系，进而求出的值；解题的关键点是勾股定理的应用求出弦长的值，以及用点到直线的位置关系得到与的关系.11. 已知，则的大小关系为
7、（ ）A. B. C. D. C分析：利用两个重要的不等式，说明大小即可解答：先用导数证明这两个重要的不等式，当且仅当时取“=”，函数递减， 函数递增故时函数取得最小值为0故，当且仅当时取“=”，当且仅当时取“=”，函数递增，函数递减，故时函数取得最大值为0，故，当且仅当时取“=”故故选：C12. 已知正方体的棱长为3，分别为棱与上的点，其中，平面经过点，则截此正方体所得的截面为（ ）A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形C分析：根据，分别取、的中点H、，BM=1，易得， ，利用平面的基本性质求解.详解】如图所示：取、的中点H、，且使BM=1，因为，所以， ，所以在平面上，所以截面是
8、五边形，故选：C二填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上13. 已知实数x，y满足，则的最小值是_2分析】画出可行域，将基准直线平移到可行域边界点的位置时，直线的纵截距最大，即目标函数取得最小值.解答：画出可行域如下图所示，由图可知，基准直线平移到可行域边界点时，直线纵截距最大，此时目标函数取得最小值为.故答案为：.点拨：方法点睛：利用线性规划求目标函数的最值，常用数形结合法，将其转化为直线的纵截距的最值.14. 双曲线的离心率为_.分析：写成双曲线的标准形式，根据离心率公式即可求解.解答：由题：所以双曲线方程为，所以.故答案为：15. 以下数表的构造思路源于我国南
9、宋数学家杨辉所著的详解九章算术一书中的“杨辉三角形”.此表由若干个数字组成，从第二行起，每一行中的数字均等于其“肩上”两数之和.若每行的第一个数构成有穷数列，则得到递推关系.则_.256分析：首先利用数列的递推关系式的变换求出数列的通项公式，进一步求出结果.解答：由有穷数列，递推关系，整理得：，整理得：，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，整理得，所以，故答案为：256.16. 在三棱锥中，是正三角形，为中点，有以下四个结论：若，则的面积为；若，且三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的体积为；若，则三棱锥的体积为；若，且三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为.其中结论正确的序号
10、为_.分析：取中点，建立合适的空间直角坐标系，利用平面几何知识求出所需点的坐标，然后将垂直关系转化为向量的数量积为，求出的长度，再利用球的体积公式和表面积公式进行判断即可得到答案.解答：取中点，连接，以为坐标原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系如图所示，设，则，由，是正三角形，得三棱锥为正三棱锥，设外接球球心为，半径为，则，且轴，所以，解得，若，则，所以，解得：，又，所以，故选项正确；又，所以，故选项正确；若，则，所以，解得：，故选项错误；又，所以，故选项正确；故答案为：.点拨：关键点睛：本题主要考查空间立体几何，解题的关键是建立合适的空间直角坐标系.三解答题：共70分.解答应写出文字说明证明过
11、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. 如图，在中，的角平分线交于点（1）求值；（2）若，求的长（1）2；（2）1.分析：（1）根据角平分线的性质，可知，则，根据三角形的面积公式得出，从而可求出结果；（2）根据（1）和面积公式得出，结合题意得出，而，则，利用余弦定理得出，即可求出的长解答：解：（1）为的角平分线，即，又，（2）由（1）知，而，且，在中，在中，点拨：关键点点睛：本题考查三角形面积公式和余弦定理的应用，解题的关键在于对角平分线的性质的理解和运用，考查解题和运用能力.18. 物理学中常用“伏安法”测量电阻值（单位：欧
12、姆），现用仪器测量某一定值电阻在不同电压下的电流值测得一组数据，其中，和分别表示第i次测量数据的电流（单位：安培）和电压（单位：伏特），计算得（1）用最小二乘法求出回归直线方程（与精确到0.01）；（2）由“伏安法”可知，直线的斜率是电阻的估计值，请用计算得到的数据说明电阻的估计值附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：（1）；（2）4.70欧姆.分析：（1）根据公式计算出回归方程的系数回归方程；（2）由回归直线方程得斜率，从而得出电阻估计值解答：（1），所以，回归直线方程为（2）由“伏安法”可知，直线的斜率是电阻的估计值，所以电阻的估计值为4.70欧姆19. 如图所示，在直三棱柱中
13、，分别是的中点.（1）求证：平面；（2）求直线到平面的距离.（1）证明见解析；（2）.分析：（1）利用中位线性质证明，即可得证；（2）根据平行关系，转化为点到平面的距离问题，利用等体积法求解.解答：（1）证明：正三棱柱中，分别是的中点，是的中位线，又，又平面，平面，平面.（2）由（1）知：平面，故直线到平面的距离即为点到平面的距离，设为.在直三棱柱中，又，平面，且，到平面的距离为1，中，由得：，所以，所以，直线到平面的距离为.20. 已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若当时，求的取值范围.（1）答案见解析；（2）.分析：（1）求出，分和，求单调区间可得答案；（2）由题意可得对恒成立，令，求出
14、，分和，利用的单调性可得答案.解答：（1），若，则，在上单调递增，若，令，则，当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增，综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由题意知：对恒成立，即对恒成立，令，则，易知在上单调递增，且，若，则，在上单调递增，对恒成立，即，当时，对恒成立；若，则，存在，使，即，当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增，把代入上式可知：，对恒成立，又，综上，当时，对恒成立.点拨：本题考查了函数的单调性及恒成立求参数的问题，关键点是转化为对恒成立然后构造函数求参数，考查了学生分析问题、解决问题的能力.21. 已知椭圆C：离心率，左、右焦点分别为，抛物线的
15、焦点F恰好是该椭圆的一个顶点（1）求椭圆C的方程；（2）记椭圆C与x轴交于A，B两点，M是直线上任意一点，直线，与椭圆C的另一个交点分别为D，E求证：直线过定点（1）；（2）证明见解析.分析：（1）根据抛物线和椭圆的几何性质求出可得椭圆C的方程；（2）分别联立直线与椭圆方程和直线与椭圆方程得到的坐标，再根据斜率公式求出和的斜率，根据斜率相等可证结论.解答：（1）因为椭圆C的离心率，所以，即由得，所以，其焦点为，因为抛物线的焦点恰好是该椭圆的一个顶点，所以，所以所以椭圆C的方程为（2）由（1）可得，设点M的坐标为，直线的方程为：将与联立消去y整理得：设点D的坐标为，则，故，则直线的方程为：，将与
16、联立消去y整理得： 设点E的坐标为，则，故，则， 直线的斜率为，直线的斜率为因为，所以直线经过定点H点拨：关键点点睛：通过和的斜率相等来证明直线过定点是解题关键.22. 在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为，半圆C的极坐标方程为（1）求直线l的直角坐标方程及C的参数方程；（2）若直线平行于l，且与C相切于点D，求点D的直角坐标（1）；（t为参数，）；（2）.分析：（1）将参数方程利用代入法消去参数可得直线的普通方程，利用，即可得曲线的直角坐标方程，然后再化为参数方程；（2）由点D在曲线C上可设，由题意可知曲线C在点D处的切线斜率为，然后可得
17、D点的坐标解答：（1）直线l的普通方程为；C的普通方程为可得C的参数方程为（t为参数，）（2）由点D在曲线C上可设，由题意可知曲线C在点D处的切线斜率为，故D的直角坐标为，即23. 已知函数（1）若，解不等式；（2）若的值域是，且，求k的最大值（1）或；（2）.分析：（1）分段讨论取绝对值即可解出不等式；（2）先由绝对值不等式可得，即，即，再利用基本不等式可得，即可得出k的取值范围，得出结果.解答：（1），当时，化为，不等式的解为；当时，化为，不等式的解为；当时，化为，所以不等式的解为综上所述，不等式的解集为或（2），当且仅当时取“=”号又的值域是，所以，（当且仅当，即时取“=”号），当且仅当时取“=”号又恒成立，故k的最大值是点拨：本题考查含绝对值不等式问题，解题的关键是利用绝对值三角不等式结合值域得出，再利用基本不等式求出.
