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1、云南省昆明市官渡区第一中学2020届高三数学上学期期中试题 理1已知集合,则（ ）ABCD【答案】A2若复数满足，则的虚部为( )A.B.C.1D.-1【答案】D3“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在探求球体体积时构造的一个封闭几何体,它由两等径正贯的圆柱体的侧面围成,其直观图如图(其中四边形是为体现直观性而作的辅助线)当“牟合方盖”的正视图和侧视图完全相同时,其俯视图可能为ABCD【答案】B4在等比数列 中， ，若 ，则A5B6C9D10【答案】D5已知，则( )A.B.C.D.【答案】A6已知实数，满足线性约束条件，则其表示的平面区域外接圆的面积为（ ）.A.B.C.D.【答案】C7执行如图
2、所示的程序框图，则输出的值为（ ）A5B12C27D58【答案】C8下列判断正确的是（）A“”是“” 的充分不必要条件B函数的最小值为2C当时，命题“若，则”的逆否命题为真命题D命题“”的否定是“”【答案】C9为了得到y2cos 2x的图象，只需把函数的图象( )A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度【答案】D10已知正三棱锥的高为6，侧面与底面成的二面角，则其内切球与四个面都相切的表面积为ABCD【答案】B11.设双曲线 的左焦点为 ，直线 过点且与双曲线 在第二象限交点为 ， ，其中为坐标原点，则双曲线的离心率为ABCD5【答案】D【解析】
3、【分析】根据题意，画出图像，结合双曲线基本性质和三角形几何知识进行求解即可【详解】如图所示：直线 过点，半焦距为中点，又为中位线由点到直线距离公式可得，由勾股定理可得：再由双曲线第一定义可得：=2，双曲线的离心率答案选D【点睛】本题考查双曲线离心率的求法，突破口在于利用找出中点A，结合圆锥曲线基本性质和几何关系解题是近年来高考题中常考题型，往往在解题中需要添加辅助线12已知，若存在，使得，则实数a的取值范围为ABCD【答案】B【解析】【分析】先由f(x)0可得集合A，再由题意可知g(x)x2-3aex=0在上有解，等价于在上有解，构造函数，利用导数研究函数求值域即为所求.【详解】令f(x)e2
4、x+ex+2-2e4=0，解得或（舍），所以.即.若存在，使得|x1-x2|1，即，得.即g(x)x2-3aex=0在上有解，等价于在上有解.令，.当时，单调递增；当时，单调递减.，.所以，即有：a的取值范围为.故选B.13.向量，向量若，则实数_【答案】14若的展开式的常数项是，则常数的值为_【答案】15记为数列|的前n项和，若满足，则=_.【答案】1516若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由题意可将函数有三个不同的零点转化为函数y=a与有三个不同的交点，结合图象求出实数a的取值范围【详解】由题意可将函数有三个不同的零点转化为函数y=a与有三个不同的交点，如
5、图所示：当时，的图象易得，当时，函数g(x)=，=0，x=1,在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，如图所示：有三个不同的交点，a4故答案为： 【点睛】本题主要考查函数的零点与方程的根的关系，体现了化归与转化、数形结合的数学思想，属于中档题17在中，、分别是内角、所对边长，并且（1）若是锐角三角形，求角的值；（2）在（1）条件下，若，求三角形周长的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由两角和差公式将式子化简，得到，解得，从而求出角A;(2) 由,结合余弦定理得到，再由均值不等式得到最大值,由两边之和大于第三边得到最小值.【详解】（1） ， ，即， .又是锐角三
6、角形， ，从而. （2）由及余弦定理知，即，.又 三角形周长的取值范围是18如图，四棱锥的底面为直角梯形，且为等边三角形，平面平面；点分别为的中点（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】(1)求解线面平行，根据题意，连接相应的中位线，根据中位线的关系可得，四边形是平行四边形.(2) 设的中点为， 可证两两垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，然后求出平面的法向量，最后利用向量的内积关系即可求解出直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）设的中点为，连接，为的中点，所以为的中位线，则可得，且；在梯形中，且，所以四边形是平行四边形，又
7、平面，平面，平面 法二：设为的中点，连接，为的中点，所以是的中位线，所以，又平面，平面，平面， 又在梯形中，且，所以四边形是平行四边形，又平面，平面，平面， 又，所以平面平面，又平面，平面 （2）设的中点为，又因为平面平面，交线为，平面，平面，又由，即有两两垂直，如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系已知点，设平面的法向量为：则有 ，可得平面的一个法向量为， 可得：，所以直线与平面所成角的正弦值为19.“伟大的变革庆祝改革开放周年大型展览”于年月日在中国国家博物馆闭幕，本次特展紧扣“改革开放年光辉历程”的主线，多角度、全景式描绘了我国改革开放年波澜壮阔的历史画卷据统计，展览全程呈现出持续
8、火爆的状态，现场观众累计达万人次，参展人数屡次创造国家博物馆参观纪录，网上展馆点击浏览总量达亿次下表是年月参观人数（单位：万人）统计表日期人数日期人数前半月（114日）后半月（1528日）75532.21003.94.545.8726.根据表中数据回答下列问题：（1）请将年月前半月（日）和后半月（日）参观人数统计对比茎叶图填补完整，并通过茎叶图比较两组数据方差的大小（不要求计算出具体值，得出结论即可）；（2）将年月参观人数数据用该天的对应日期作为样本编号，现从中抽样天的样本数据若抽取的样本编号是以为公差的等差数列，且数列的第项为，求抽出的这个样本数据的平均值；（3）根据国博以往展览数据及调查统
9、计信息可知，单日入馆参观人数为（含，单位：万人）时，参观者的体验满意度最佳，在从中抽出的样本数据中随机抽取三天的数据，参观者的体验满意度为最佳的天数记为，求的分布列与期望【答案】(1)见解析；(2)3.3 (3)见解析【解析】【分析】（1）利用图表数据补全茎叶图即可判断；（2）利用等差数列确定7个数据再求平均数即可；（3）由（2）知所抽样本天中，有三天参观人数超过万人，其余四天体验满意度最佳，得可取值，分别计算概率即可求解【详解】（1）由茎叶图可知，后半月数据分布较集中，故后半月数据的方差小于前半月数据的方差 （2）由题意，抽取到的样本编号分别是号、号、号、号、号、号和号，对应的样本数据依次是
10、、和故平均值为： （3）由（2）知所抽样本天中，有三天参观人数超过万人，其余四天体验满意度最佳从而可取值，的分布列如下：【点睛】本题考查茎叶图分析，考查古典概型，考查超几何分布，准确计算是关键，是基础题20已知，是椭圆的左、右焦点，椭圆过点.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线（不过坐标原点）与椭圆交于，两点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件建立方程关系求出，即可求椭圆的方程；（2）设直线的方程并与椭圆的方程联立，结合韦达向量坐标化即可求的取值范围.【详解】（1）由条件知解得因此椭圆的方程为.（2）设，则，设直线的方程为，代入椭圆的方程消去，得，由韦达定理得，
11、，所以.【点睛】本题主要考查椭圆方程的求解以及直线和椭圆相交的位置关系考查向量的数量积的运算，综合考查学生的分式型函数求值域的运算能力，属于中档题21已知函数，其中，设为导函数.（）设，若恒成立，求的范围；（）设函数的零点为，函数的极小值点为，当时，求证：.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（I）计算的导函数，计算最小值，结合恒不等式，建立不等关系，计算a的范围，即可。（II）构造函数，判定极小值点，进而得到的单调性，得到，结合单调性，即可。【详解】（）由题设知，.当时，在区间上单调递减，当时，在区间上单调递增，故在处取到最小值，且.由于恒成立，所以.（）设，则.设，则，故在上单调递增
12、.因为，所以，,故存在，使得，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，故是的极小值点，因此.由（）可知，当时，.因此 ，即单调递增.由于，即，即，所以 .又由（）可知，在单调递增，因此.【点睛】本道题考查了利用导函数判定原函数的单调性以及极值问题，难度较大。22在平面直角坐标系中,已知直线的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴,且与直角坐标系长度单位相同的极坐标系中,曲线的极坐标方程是.（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）设点.若直与曲线相交于两点,求的值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用代入法消去参数方程中的参数可求直线的普通方程，极坐标方程展开后，两边同乘以，利用 ，即可得曲线的直角坐标方程；（2）直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，利用韦达定理、直线参数方程的几何意义即可得结果.【详解】（1）将直线l的参数方程消去参数t并化简，得直线l的普通方程为.将曲线C的极坐标方程化为.即.x2+y2=2y+2x.故曲线C的直角坐标方程为. （2）将直线l的参数方程代入中，得.化简，得. 0，此方程的两根为直线l与曲线C的交点A，B对应的参数t1，t2.由根与系数的关系，得，即t1，t2同正. 由直线方程参数的几何意义知,.