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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