内蒙古包头市2020届高三上学期期末考试教学质量检测数学文科试题

内蒙古包头市2020届高三上学期期末考试教学质量检测数学文科试题

‎2019—2020学年度第一学期高三年级期末教学质量检测试卷 数学（文科）‎ 注意事项：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名、考场、座位号写在答题卡上，将条形码粘贴在规定区域.本试卷满分150分，考试时间120分钟.‎ ‎2.做选择题时，选出每小题答案后，用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.写在本试卷上无效.‎ ‎3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.‎ ‎4.考试结束后，将答题卡交回.‎ 第Ⅰ卷 一、选择题（共12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. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合，再求两个集合的交集.‎ ‎【详解】因为，‎ 又因为 所以 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了集合的运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎2.复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简复数为代数形式，再根据共轭复数概念求解.‎ ‎【详解】因为,所以其共轭复数是，选C.‎ ‎【点睛】本题考查共轭复数概念，考查基本分析求解能力，属基本题.‎ ‎3.已知，，则（ ）‎ A. B. ‎8 ‎C. D. 128‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求向量的坐标，再求其模.‎ ‎【详解】因为 所以 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了向量的运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎4.甲、乙两班举行数学知识竞赛，参赛学生的竞赛得分统计结果如下表：‎ 班级 参赛人数 平均数 中位数 众数 方差 甲 ‎45‎ ‎83‎ ‎86‎ ‎85‎ ‎82‎ 乙 ‎45‎ ‎83‎ ‎84‎ ‎85‎ ‎133‎ 某同学分析上表后得到如下结论：‎ ‎①甲、乙两班学生的平均成绩相同；‎ ‎②乙班优秀的人数少于甲班优秀的人数（竞赛得分分为优秀）；‎ ‎③甲、乙两班成绩为85分的学生人数比成绩为其他值的学生人数多；‎ ‎④乙班成绩波动比甲班小.‎ 其中正确结论有（ ）‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①看两班的平均数易知正确；②看两班的中位数正确；③看两班的众数正确；④看两班的方差.‎ ‎【详解】①从表看出甲、乙两班学生的平均成绩相同，正确；‎ ‎②因为乙班的中位数比甲班的小，所以正确；‎ ‎③根据甲、乙两班的众数，所以正确；‎ ‎④因为乙班的方差比甲的大，所以波动比甲班大，所以错误 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了样本中的数字特征，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎5.某种饮料每箱装6罐，每箱中放置2罐能够中奖的饮料，若从一箱中随机抽取2罐，则能中奖的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求从6罐中随机抽取2罐的方法数，再求能中奖的方法数，再用古典概型求概率.‎ ‎【详解】从6罐中随机抽取2罐的方法数是 ‎ 能中奖的方法数是 则能中奖的概率为概率为 ‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了古典概型的概率的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎6.设为奇函数，且当时，，则当时，（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设时，则，再由为奇函数，则有求解.‎ ‎【详解】设时，则 所以 又因为奇函数，‎ 所以 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了利用奇偶性求解析式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎7.直线与平面平行的充要条件是（ ）‎ A. 直线上有无数个点不在平面内 B. 直线与平面内的一条直线平行 C. 直线与平面内的无数条直线都平行 D. 直线与平面内的任意一条直线都没有公共点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 由无数个点不代表所有的点来判断，B.由线面平行的判定定理来判断， C. 由无数个不代表所有的来判断D. 由直线与平面平行的定义来判断.‎ ‎【详解】A. 无数个点不是所有点，所以不正确；‎ B. 缺少直线在平面外，所以不正确；‎ C. 无数条直线不是所有的直线，所以不正确；‎ D. 由直线与平面平行的定义，正确.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了线面平行的定义及判定定理，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎8.若抛物线的焦点与椭圆的上顶点重合，则（ ）‎ A. B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求得椭圆的上顶点和抛物线的焦点坐标，再利用重合求解.‎ ‎【详解】椭圆的上顶点是 ‎ 抛物线的焦点 因为两点重合 所以 所以 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了椭圆和抛物线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎9.下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别作出这四个函数的图象，再根据条件来判断.‎ ‎【详解】A. 的图象如下：最小正周期是 不正确，‎ B. 的图象如下：最小正周期是 不正确 C. 的图象如下：最小正周期是，在区间单调递增，正确 ‎ D. 的图象如下：最小正周期是，在区间单调递减，不正确 ‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的图象和性质，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.‎ ‎10.已知，，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据均值不等式，可有，则，，，，再利用不等式的基本性质，两边分别相加求解。‎ ‎【详解】因为 所以 所以 所以 所以两边分别相加得 当且仅当 取等号 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了均值不等式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎11.已知双曲线：的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于、两点.若，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求右顶点到条渐近线的距离，再根据，利用求解.‎ ‎【详解】因为双曲线：的右顶点为，‎ 双曲线的一条渐近线 ‎ 右顶点到一条渐近线的距离 ‎ ‎ 又因为，‎ 所以 解得 ‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的性质和直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎12.设，且，记，，，则，，的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先令，得到，‎ 所以，，，根据结构，构造函数，再利用单调性比较大小.‎ ‎【详解】设，‎ 所以，，，‎ 令则 因为 所以在上是增函数，‎ 又因为 所以 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了构造函数法比较数的大小，还考查了构造，论证的能力，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上对应题的横线上.）‎ ‎13.若变量，满足约束条件，则的最大值是______.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据约束条件画出可行域，再平移目标函数所在的直线，找到最优点，再将其坐标代入目标函数求解.‎ ‎【详解】‎ 由约束条件，画出可行域，再平移目标函数所在的直线，找到最优点，将其坐标代入目标函数，则 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题主要考查了线性规划求最值，还考查了数形结合的思想，属于基础题.‎ ‎14.我国高铁发展迅速，技术先进.经统计，在经停某站的高铁列车中，有5个车次正点率为0.97，有10个车次的正点率为0.98，有5个车次正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为______.‎ ‎【答案】0.98‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得总车次，再利用平均正点率求解.‎ ‎【详解】因为总车次：5+10+5=20‎ 所以平均正点率： ‎ 则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为0.98‎ 故答案为：0.98‎ ‎【点睛】本题主要考查了样本估计总体，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎15.在圆内接四边形中，，，，，则的面积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦定理在中，有，在中，有 再根据内接四边形对顶角互补，两式相加得再用正弦定理求解.‎ ‎【详解】根据题意 在中，‎ 在中，‎ 又因为 所以 所以两式相减得 所以 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理和正弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎16.如图，棱长为1的正方体木块经过适当切割，得到棱数为12的正八面体（正多面体是由全等的正多边形围成的多面体）.已知面平行于正方体的下底面，且该正八面体的各顶点均在正方体的面上，若在侧面内，且该正八面体的体积为，则该正八面体的棱长为______，点到棱的距离为______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先明确正八面体中两个正四棱锥的高是，从而求得底面积，再根据底面是正方形求解.‎ ‎【详解】设正八面体的棱长为 ‎ 根据题意正八面体中两个正四棱锥的高是 所以 ‎ 所以 所以 设点到棱的距离为 根据题意 故答案为：(1). (2). ‎ ‎【点睛】本题主要考查了棱锥体积的有关计算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ 三、解答题（共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面为正三角形，侧面 底面，为的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若，求四棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由底面是正方形，条件，再由侧面底面，利用面面垂直的性质定理，得平面，所以，再由，利用线面垂直的判定定理得证.‎ ‎（2）由侧面底面，得底面，求得到底面的距离，再由.求解.‎ ‎【详解】（1）证明：∵底面是正方形，∴，‎ ‎∵侧面底面，侧面底面，‎ ‎∴由面面垂直的性质定理，得平面，‎ ‎∵平面，∴，‎ 又∵是正三角形，为的中点，∴，‎ 又∵，∴平面.‎ ‎（2）‎ 过点作，∵侧面底面，‎ 侧面底面，∴底面，‎ ‎∵为正三角形，‎ ‎∴，‎ ‎∵为的中点，‎ ‎∴到底面的距离，‎ ‎∴四棱锥的体积.‎ ‎【点睛】本题主要考查了面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理，体积的求法，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎18.设是等差数列，是等比数列，公比大于0，已知，，.‎ ‎（1）求和的通项公式；‎ ‎（2）记，，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1），.‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由是等差数列，是等比数列，设等差数列的公差为，等比数列的公比为，再由 ，，.列方程求解.‎ ‎（2）由（1）得，再利用错位相减法求前项和.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则 由题意，得，解得：，‎ 故，‎ ‎.‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴ ①‎ ‎∴ ②‎ ‎①-②得：‎ ‎，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差、等比数列的通项公式和 错位相减法求前项和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎19.已知某校甲、乙、丙三个兴趣小组的学生人数分别为36，24，12.现采用分层抽样的方法从中抽取6人，进行睡眠质量的调查.‎ ‎（1）应从甲、乙、丙三个兴趣小组的学生中分别抽取多少人？‎ ‎（2）设抽出的6人分别用、、、、、表示，现从6人中随机抽取2人做进一步的身体检查.‎ ‎（i）试用所给字母列出所有可能的抽取结果；‎ ‎（ii）设为事件“抽取的2人来自同一兴趣小组”，求事件发生的概率.‎ ‎【答案】（1）3人、2人、1人.（2）（i）见解析（ii）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先算出甲、乙、丙三个兴趣小组的学生人数之比，再采用分层抽样的方法抽取.‎ ‎（2）（i）从抽出的6人中随机抽取2人的所有可能结果用列举法列出.（ii）对6人进行编号，来自甲兴趣小组的是，，，来自乙兴趣小组的是，，来自丙兴趣小组的是，再列举则从6人中随机抽取2人来自同一兴趣小组的可能结果，用古典概型的概率.‎ ‎【详解】（1）由已知，甲、乙、丙三个兴趣小组的学生人数之比为，‎ 由于采用分层抽样的方法从中抽取6人，因此从甲、乙、丙三个兴趣小组中分别抽取3人、2人、1人.‎ ‎（2）（i）从抽出的6人中随机抽取2人的所有可能结果为：‎ ‎，，，，，，，，，，，，，，，共15种.‎ ‎（ii）不妨设抽出的6人中，来自甲兴趣小组的是，，，来自乙兴趣小组的是，，来自丙兴趣小组的是，则从6人中随机抽取2人来自同一兴趣小组的可能结果为，，，，共4种.‎ 所以，事件发生的概率.‎ ‎【点睛】本题主要考查了分层抽样和古典概型的概率的求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆：的左右顶点分别为，，点是椭圆上异于、的任意一点，设直线，的斜率分别为、，且，椭圆的焦距长为4.‎ ‎（1）求椭圆的离心率；‎ ‎（2）过右焦点且倾斜角为的直线交椭圆于、两点，分别记，的面积为、，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先设点，有，再与，联立求解.‎ ‎（2）由椭圆的焦距长为4和（1）的结果，求得椭圆的方程与直线：.联立，再由求解.‎ ‎【详解】（1）设点，则，①‎ ‎∵，②‎ ‎∴联立①②得，∴，‎ ‎∴，∴.‎ ‎（2）由题意知，，即，‎ 由（1）知，，∴，∴，，‎ ‎∴椭圆方程为：，‎ 由已知得：.‎ 联立，可得.‎ 设，，根据韦达定理，得，‎ 于是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率及方程的求法，直线与椭圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）若曲线在处的切线方程为，求实数，的值；‎ ‎（2）若，且在区间上恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（3）若，且，讨论函数的单调性.‎ ‎【答案】（1）（2）.（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1先求导，再由求解..‎ ‎（2）由，，在区间上恒成立，转化为在上恒成立，令，再用导数法求解.‎ ‎（3）由，，求导得，令，‎ 分，两种情况讨论 ‎【详解】（1）由题意，得，‎ 则，解得.‎ ‎（2）当时，，在区间上恒成立，‎ 即在上恒成立，‎ 设，则，‎ 令，可得，单调递增；‎ 令，可得，单调递减；‎ 所以，即，故.‎ ‎（3）当时，，‎ 则，‎ 令，‎ ‎ 当时，，‎ 所以，在内，∴，∴单调递增，‎ 在内，∴，∴单调递减.‎ ‎ 当时，，‎ 令，解得或，‎ 所以，在和内，，∴，‎ ‎∴单调递增；‎ 在内，，∴，‎ ‎∴单调递减.‎ 综上， 当时， 在上单调递增，在单调递减.‎ ‎ 当时，∴在和单调递增；在∴单调递减.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，导数与函数的单调性，极值，最值，还考查了转化运算求解的能力，属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.点是曲线：上的动点，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，以极点为中心，将点顺时针旋转得到点，设点的轨迹方程为曲线.‎ ‎（1）求曲线，的极坐标方程；‎ ‎（2）射线与曲线、分别交于、两点，定点，求的面积.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入得曲线的极坐标方程，设 ‎，有顺时针旋转，得到点，代入则曲线的极坐标方程得解。.‎ ‎（2）先求点到射线的距离，利用公式求，再由.求解.‎ ‎【详解】（1）曲线的极坐标方程为，‎ 设，则，‎ 所以.‎ 所以曲线的极坐标方程为.‎ ‎（2）由题意得 点到射线的距离为，‎ ‎，‎ ‎∴的面积.‎ ‎【点睛】本题主要考查了普通方程与极坐标方程的互化及应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎23.已知函数，.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，转化为，再利用绝对值的几何意义求解.‎ ‎（2）根据存在，使得成立，转化为只需要 ‎，再分别求最大值和的最小值.‎ ‎【详解】（1）由，得，‎ 所以，即或，‎ 解得：或，‎ 所以原不等式的解集为.‎ ‎（2）因为存在，使得成立，‎ 所以只需要，‎ 因为，当时，等号成立，即，‎ ‎，当时，等号成立，即.‎ 所以，解得.‎ 所以实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法，函数恒成立问题，还考查了转化运算求解的能力，属于中档题.‎