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1、玉溪一中高2020届高三上学期期中考试数学（理科）一、选择题：第小题5分，共60分。1.复数z1=3+i,z2=1-i,则复数的虚部为 （ ） A.2 B.-2i C.-2 D.2i【答案】A【解析】，所以虚部为2，选A.2. 设全集,集合,则=（ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】，所以，选B.3、函数的最大值为 ( )A.B.C.D.【答案】C【解析】,所以函数的最大值为，选C.4、椭圆的中心在原点，焦距为，一条准线为，则该椭圆的方程为( ) A B. C. D.【答案】C【解析】因为椭圆的焦距是4，所以又准线为，所以焦点在轴且，解得，所以，所以椭圆的方程为，选C.5、已知曲线的一
2、条切线的斜率为，则切点的横坐标为( ) A. 3 B. 2 C. 1 D. 【答案】A【解析】函数的定义域为，函数的导数为，由，得，解得或（舍去），选A.6、已知某程序框图如图所示，则输出的i的值为（ ）A7 B8 C9 D10【答案】C【解析】解：第一次循环，；第二次循环，；第三次循环，此时退出循环，输出，故选C7、某教师一天上3个班级的课，每班一节，如果一天共9节课，上午5节、下午4节，并且教师不能连上3节课（第5和第6节不算连上），那么这位教师一天的课的所有排法有（ ）A474种 B77种 C462种 D79种【答案】A【解析】首先求得不受限制时，从9节课中任意安排3节，有种排法，其中上
3、午连排3节的有种，下午连排3节的有种，则这位教师一天的课表的所有排法有504-18-12=474种，故选A8、一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】由主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，得到这是一个四棱锥，底面是一个边长是1的正方形，一条侧棱AE与底面垂直，根据求与四棱锥的对称性知，外接球的直径是AC根据直角三角形的勾股定理知,半径为，所以外接球的面积为，选C. 9设表示不同的直线，表示不同的平面，给出下列四个命题： 若，且则； 若，且.则；若，则mn； 若且
4、n,则m.其中正确命题的个数是( )A1 B2 C3 D4【答案】B【解析】正确；中当直线时，不成立；中，还有可能相交一点，不成立；正确，所以正确的有2个，选B.10已知向量，若，则的最小值为（ ）A B12 C6 D【答案】C【解析】因为，所以，即，所以。则，当且仅当取等号，所以最小值为6，选C.A B CD11.已知对数函数是增函数,则函数的图象大致是（ ）【答案】B【解析】因为函数为增函数，所以，又函数为偶函数。当时，当时，选B.12.已知抛物线方程为，直线的方程为，在抛物线上有一动点P到y轴的距离为，P到直线的距离为，则的最小值 ( )A B C D【答案】D【解析】因为抛物线的方程为
5、，所以焦点坐标,准线方程为。因为点到轴的距离为，所以到准线的距离为，又,所以，焦点到直线的距离，而，所以，选D.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。）13. 展开式中常数项为 【答案】【解析】展开式的通项为，由，得，所以常数项为。14.已知函数,若,则.【答案】或【解析】因为，所以，即，所以，即，解得或。15若变量x、y满足，若的最大值为，则 【答案】【解析】令，则，因为的最大值为，所以，由图象可知当直线经过点C时，直线的截距最小，此时有最大值，由，解得，即。16已知等差数列的公差为，项数是偶数，所有奇数项之和为，所有偶数项之和为，则这个数列的项数为_ ； 【答案】【解析】因为项
6、数是偶数，所以由题意知，两式相减得，即，所以。三、解答题：本大题共6小题，满分70分17（本小题满分12分）已知函数 （）当时，求函数的最小值和最大值； （）设的内角的对应边分别为，且，若向量与向量共线，求的值。18（本小题满分12分） 某校从6名学生会干部（其中男生4人，女生2人）中选3人参加市中学生运动会志愿者。 （）所选3人中女生人数为，求的分布列及数学期望。 （）在男生甲被选中的情况下，求女生乙也被选中的概率19（本小题满分12分） 在直三棱柱中， ACB=90,是 的中点，是的中点 （）求证：MN平面 ； （）求点到平面BMC的距离； （）求二面角的平面角的余弦值大小。20（本小题满
7、分12分）已知椭圆上任一点P，由点P向x轴作垂线段PQ，垂足为Q，点M在PQ上，且，点M的轨迹为C. （）求曲线C的方程； （）过点D（0，2）作直线l与曲线C交于A、B两点，设N是过点且平行于轴的直线上一动点，满足（O为原点），问是否存在这样的直线l， 使得四边形OANB为矩形？若存在，求出直线的方程；若不存在说明理由21（本小题满分13分）设函数（）求函数f(x)的单调区间； （）若函数f(x)在x1，1内没有极值点，求a的取值范围； （）若对任意的a3,6，不等式在x2,2上恒成立，求m的取值范围.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分22（本小题满分10
8、分）选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，直线的方程为x-y+4=0，曲线C的参数方程为 （I）已知在极坐标（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴 正 半轴为极轴）中，点P的极坐标为（4，），判断点P与直线的位置关系； （II）设点Q是曲线C上的一个动点，求它到直线的距离的最小值23（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 已知函数 （I）证明：； （II）求不等式的解集高2020届高三上学期期中考试题解析一、选择题：第小题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。123456789101112ABCCACACBCBD二、填空题
9、（本大题共4小题，每小题5分，共20分。将答案填在答题卷相应位置上.）13141516或三、解答题17。，从而。则的最小值是，最大值是。（2），则，解得。向量与向量共线，由正弦定理得， 由余弦定理得，即由解得。18. 解：（I）得可能取值为 0,1,2；由题意P(=0)=, P(=1)=, P(=2)= 3分的分布列、期望分别为：012p E=0+1+2 =1 6分（II）设在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的事件为C 男生甲被选中的种数为,男生甲被选中，女生乙也被选中的 种数为 P(C)= 11分 在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为 12分19（1）如图所示，取B1C1中点D
10、，连结ND、A1D DNBB1AA1 又DN 四边形A1MND为平行四边形。 MNA1 D 又 MN 平面A1B1C1 AD1平面A1B1C1 MN平面-4分(2)因三棱柱为直三棱柱， C1 C BC，又ACB=90BC平面A1MC1在平面ACC1 A1中，过C1作C1HCM，又BCC1H，故C1H为C1点到平面BMC的距离。在等腰三角形CMC1中，C1 C=2,CM=C1M=.-8分(3)在平面ACC1A1上作CEC1M交C1M于点E，A1C1于点F,则CE为BE在平面ACC1A1上的射影，BEC1M, BEF为二面角B-C1M-A的平面角,在等腰三角形CMC1中，CE=C1H=,tanBE
11、C= cosBEC=.二面角的平面角与BEC互补，所以二面角的余弦值为-12分法2：（1）同上。如图所示建系，（2）可得，,设是平面BMC的法向量，C1点到平面BMC的距离h。可求得一个法向量为，, （3）可知是平面的法向量，设是平面的法向量，求得一个法向量设是为二面角的平面角,则，又因为二面角的平面角是钝角，所以。20因为，所以四边形OANB为平行四边形， 假设存在矩形OANB，则 即， 所以， 10分 设N（x0，y0），由，得 ，即N点在直线， 所以存在四边形OANB为矩形，直线l的方程为 21解：（）f(x)=3x2+2axa2=3(x)(x+a),又a0，当x时f(x)0；当ax时，f(x)3. （8分）（）a3,6，由（）知1，2，a3又x2,2f(x)max=maxf(2),f(2)而f(2)f(2)=164a20f(x)max=f(-2)= 8+4a+2a2+m （10分） 又f(x)1在2，2上恒成立f(x)max1即8+4a+2a2+m1即m94a2a2,在a3，6上恒成立94a2a2的最小值为
