2020-2021学年云南省文山市高三（下）期中考试数学（文）试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年云南省文山市高三（下）期中考试数学（文）试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合M={y|y=ex,x∈R}，N={y|y=sinx,x∈R}，则M∩N=( )
A.{y|0C.{y|−1≤y≤1}D.{y|0
2. 若复数z满足z(1+2i)=5，其中i为虚数单位，则复数z的虚部为( )
A.2B.−2C.−1D.1

3. 在菱形ABCD中， AB=2，∠ABC=60∘，若P为CD的中点，则AC→⋅AP→=( )
A.3B.6C.5D.4

4. 若命题“p∧q”与命题“¬p∨q”都是假命题，则( )
A.p真q真B.p假q真C.p真q假D.p假q假

5. 已知数列{an},{bn},{cn}均为等差数列，若a1+b1+c1=0，a2+b2+c2=1，则an+bn+cn=( )
A.n−2B.n+1C.nD.n−1

6. 对于样本点分布在指数函数曲线y=aebx（其中a，b为待定参数且a>0）周围时，令z=lny，c=lna，经过变换后得到的线性回归方程为( )
A.y=cx+bB.z=bx+cC.z=cx+bD.y=bx+c

7. 已知点Mx,y的坐标满足2≤x−y≤4，4≤x+y≤8，则2x−y的最大值为( )
A.10B.5C.7D.8

8. 如图1，已知E，F分别是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱BC， CC1的中点，平面AEFD1将正方体分成两部分，则此两部分的体积之比为( )

A.717 (或177）B.516 (或165）
C.617(或176）D.716(或167）

9. 已知左、右焦点分别为F1，F2的双曲线C:x2a2−y216=1a>0上一点P到左焦点F1的距离为6，点O为坐标原点，点M为PF1的中点，若|OM|=5，则双曲线C的渐近线方程为( )
A.y=±xB.y=±43xC.y=±4xD.y=±2x

10. 最近几年网络经济发展迅速，快递行业为大家购物带来了便捷，某学生网购的物品由快递员在学校大课间10:00−10:40的时间内直接送达其就读学校门前等候学生自主取件，如果快递员和学生在学校大课间任何时刻到达学校门前是等可能的，因某种原因快递员在学校门前只等待6分钟就会离开，学生到学校门前只等待8分钟就会离开，则学生能够在大课间取到所购物品的概率为( )
A.57160B.49160C.51160D.53160

11. 某车间王师傅、张师傅因工种不同上班规律如下，王师傅休息一天后连续两天上班，再休息一天，……，张师傅休息一天后连续四天上班，再休息一天，……．在第一天，王师傅、张师傅都休息，从第1个星期到第8个星期内，记第n个星期王师傅上班天数为fn，张师傅上班天数为gn，用a，b，c，d分别表示gn−fn等于2，1，0，−1的个数，则a,b,c,d=( )
A.3,3,1,1B.3,3,2,0C.2,3,3,0D.3,2,2,1

12. 已知函数fx=alnx−3x，当x∈0,+∞时，fx+1≥ax−3ex恒成立，则实数a的最大值为( )
A.0B.3C.2D.1
二、填空题

函数y=csπx2x∈R的最小正周期是________．
三、解答题

已知函数fx=sinx+π6+sinx−π6−2cs2x2，x∈R．
(1)求函数fx的值域；

(2)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若a=2 且fA=0, △ABC的面积为3，求△ABC的周长．

高考在即，进行适量的体育锻炼有助于缓解考试压力，为了解高三年级同学们每天放学后主动参加体育锻炼的情况，随机调查了50名高三学生，通过调查把这50人每天锻炼的时间（单位：分钟）绘制成频数分布表，如下表所示：
若把每天锻炼时间在60分钟以上（含60分钟）的同学称为“锻炼助考生”，余下的称为“非锻炼助考生”，根据统计结果中男女生“锻炼助考生”和“非锻炼助考生”的数据，制作成如图3所示的等高条形图．

(1)根据抽样结果估计该校高三学生每天放学后的平均锻炼时间（同一组数据用该区间的中点值作为代表）；

(2)根据已知条件完成下面的2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为“锻炼助考生”跟性别有关？
附：参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
参考临界值表：

如图所示，在四棱锥P−ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，侧面PCD为等腰三角形，且∠PCD=120∘，PD的中点为E．

(1)求证： CE⊥平面PAD；

(2)若点M为线段BD 上的动点，设直线PM与平面ABCD所成角的大小为θ，求tanθ的最大值．

在平面直角坐标系xOy中，已知M2,−1,N0,1，动点P满足|PM→⋅ON→|=|PN→|．
(1)求动点P的轨迹E的方程；

(2)过点N且不平行于x轴的直线l与轨迹E交于A，B两点，记直线MA，MB的斜率分别为k1,k2，求1k1+1k2的值．

已知函数fx=lnx−x+lna，gx=xlnx+x2−10x+9．
(1)当x∈0,e时，函数fx有且仅有两个零点，求实数a的取值范围；

(2)当x∈1,2e+1时， gx
在平面直角坐标系xOy中，以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，并在两个坐标系下取相同的长度单位，已知曲线C的参数方程为x=1+3csθ,y=3sinθ, （θ为参数），直线l的参数方程为x=2+tcsα,y=1+tsinα,（t为参数，α为直线l的倾斜角）．
(1)求曲线C的普通方程；当α=π3时，求直线l的极坐标方程；

(2)若曲线C和直线l交于M，N两点，且|MN|=10，求直线l的倾斜角．
参考答案与试题解析
2020-2021学年云南省文山市高三（下）期中考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ M={y|y>0}，N=y|−1≤y≤1，
∴ M∩N=y|0故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
设复数z=a+bi，代入等式，利用复数相等，求得a，b，得到答案．
【解答】
解：设复数z=a+bi，则(1+2i)(a+bi)=5，
即a−2b+(2a+b)i=5，
所以a−2b=5,2a+b=0,解得a=1,b=−2,
所以z=1−2i，所以复数z的虚部为−2.
故选B．
3.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题有|AP→|=3，|AC→|=2，∠PAC=30∘，
∴ AC→⋅AP→=|AC→|⋅|AP→|cs∠PAC=2×3×32=3．
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
复合命题及其真假判断
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：命题“p∧q"为假命题，则p，q中至少有一个为假命题，
若p为假命题，则¬p为真命题，这样¬p∨q为真命题，故必有p为真命题，q为假命题．
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题有数列an+bn+cn是以0为首项、1为公差的等差数列，
故an+bn+cn=0+n−1×1=n−1．
故选D．
6.
【答案】
D
【考点】
对数的运算性质
回归分析
【解析】
由已知中数曲线y=aebx，令u=lny，c=lna，我们根据对数的运算性质：lga(MN)=lgaM+lgaN，lgaNn=nlgaN，即可判断出u，c，b，x之间的线性关系，进而得到答案．
【解答】
解：∵ y=aebx，c=lna，
∴ z=lny=ln(aebx)=lna+lnebx=lna+bx=c+bx.
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：画出2≤x−y≤4，4≤x+y≤8所表示的平面区域，如图所示，
得x=6,y=2时， 2x−ymax=10．
故选A．
8.
【答案】
A
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图2，设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2a，连接AF，AC，
则V三棱台ECF−ADD1=V四棱锥A−DCFD1+V三棱锥A−ECF
=13S四边形DCFD1⋅AD+13S△ECF⋅AB
=13×3a2×2a+13×12a2×2a
=73a3，
∴ 所求两部分的体积之比为
V三棱台ECF−ADD1V正方体ABCD−A1B1C1D1−V三棱台ECF−ADD1
=73a38a3−73a3=717．
故选A．
9.
【答案】
D
【考点】
双曲线的定义
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由|OM|=5，得|PF2|=10>6，
∴ 点P在双曲线左支上，故|PF1|−|PF2|=−4=−2a，
∴ a=2，得双曲线的方程为x24−y216=1，
∴ 双曲线C的渐近线方程为y=±2x．
故选D．
10.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设快递员、学生两人到达学校门前的时刻分别为x，y，
∴ 10:00≤x≤10:40，10:00≤y≤10:40，
如图3，试验的全部结果构成的区域为正方形，正方形面积为402，
学生能够取到物品的条件是y−x≤6且x−y≤8，
设事件A=“学生能够取到物品”，
∴ PA=402−12×34×34−12×32×32402=51160．
故选C．
11.
【答案】
C
【考点】
合情推理的作用
数列的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：每个星期王师傅上班天数依次为4，5，5，4，5，5，4，5．
每个星期张师傅上班天数依次为5，6，5，6，6，5，6，5．
因此gn−fn依次为1，1，0，2，1，0，2，0，
所以a,b,c,d=2,3,3,0．
故选C．
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ fx+1≥ax−3ex=alnex−3ex=fex在x∈0,+∞时恒成立，
而x∈0,+∞时，1∴ fx在1,+∞上递减，
∴ 当x>1时， f′x=ax−3=a−3xx≤0恒成立，
即x>1时， a≤3x恒成立，故a≤3，
∴ 实数a的最大值为3．
故选B．
二、填空题
【答案】
4
【考点】
余弦函数的周期性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数y=csπx2x∈R的最小正周期是T=4．
故答案为：4.
三、解答题
【答案】
解：(1)fx=32sinx+12csx+32sinx−12csx−csx+1
=3sinx−csx−1=2sinx−π6−1．
由−1≤sinx−π6≤1，得−3≤2sinx−π6−1≤1，
可知函数fx的值域为−3,1．
(2)由fA=0，得sinA−π6=12，
∴ A−π6=π6，故A=π3．
∵ a=2，A=π3，△ABC的面积为3，
∴ S=12bcsinA=12bcsinπ3=3，
故bc=4．
又a2=b2+c2−2bccsA，即22=b2+c2−2×4×12，即b2+c2=8，
故b+c=b+c2=b2+c2+2bc=8+8=4，
∴ △ABC的周长为a+b+c=6．
【考点】
正弦函数的定义域和值域
两角和与差的正弦公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)fx=32sinx+12csx+32sinx−12csx−csx+1
=3sinx−csx−1=2sinx−π6−1．
由−1≤sinx−π6≤1，得−3≤2sinx−π6−1≤1，
可知函数fx的值域为−3,1．
(2)由fA=0，得sinA−π6=12，
∴ A−π6=π6，故A=π3．
∵ a=2，A=π3，△ABC的面积为3，
∴ S=12bcsinA=12bcsinπ3=3，
故bc=4．
又a2=b2+c2−2bccsA，即22=b2+c2−2×4×12，即b2+c2=8，
故b+c=b+c2=b2+c2+2bc=8+8=4，
∴ △ABC的周长为a+b+c=6．
【答案】
解：(1)该校学生每天放学后的平均锻炼时间为：
10×850+30×1050+50×1250+70×1150+90×750+110×250
=1.6+6+12+15.4+12.6+4.4
=52（分钟）.
(2)由频数分布表得，“锻炼助考生”的人数是11+7+2=20人，
根据等高条形图作出2×2列联表如下：
计算K2=50×(6×12−18×14)220×30×24×26=22552≈4.327，
由于4.327<6.635，故没有99%的把握认为“锻炼助考生”跟性别有关．
【考点】
众数、中位数、平均数
独立性检验
【解析】
（1）由题意求出该校学生的每天平均阅读时间；
（2）由频数分布表结合等高条形图作出列联表，
计算观测值，对照临界值得出结论．
【解答】
解：(1)该校学生每天放学后的平均锻炼时间为：
10×850+30×1050+50×1250+70×1150+90×750+110×250
=1.6+6+12+15.4+12.6+4.4
=52（分钟）.
(2)由频数分布表得，“锻炼助考生”的人数是11+7+2=20人，
根据等高条形图作出2×2列联表如下：
计算K2=50×(6×12−18×14)220×30×24×26=22552≈4.327，
由于4.327<6.635，故没有99%的把握认为“锻炼助考生”跟性别有关．
【答案】
(1)证明：∵ 点E是PD的中点， △PCD为等腰三角形，
∴ CE⊥PD．
∵ 平面PCD⊥平面ABCD，交线为CD，AD⊥CD，
∴ AD⊥平面PCD．
又CE⊂平面PCD，
∴ AD⊥CE，
而AD∩PD=D，
∴ CE⊥平面PAD．
(2)解：如图，在平面PCD内过点P作PH⊥DC交DC的延长线于点H，
则H∈平面ABCD，连接HM，
∵ 平面PCD⊥平面ABCD，交线为CD，
∴ PH⊥平面ABCD，
∴ ∠PMH是直线PM与平面ABCD所成角．
设正方形ABCD的边长为2a，
∵侧面PCD为等腰三角形，且∠PCD=120∘，
∴PC=2a，∠PCH=60∘，
∴ CH=PCcs60∘=a，PH=PCsin60∘=3a，
∴ tanθ=PHHM=3aHM．
当HM⊥BD时，点M满足在线段BD上，
这时HM取到最小值， tanθ取到最大值，
这时△DHM为等腰直角三角形，而DH=DC+CH=2a+a=3a，
∴ HM的最小值为32a，从而tanθ的最大值为 3a3a2=63．
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ 点E是PD的中点， △PCD为等腰三角形，
∴ CE⊥PD．
∵ 平面PCD⊥平面ABCD，交线为CD，AD⊥CD，
∴ AD⊥平面PCD．
又CE⊂平面PCD，
∴ AD⊥CE，
而AD∩PD=D，
∴ CE⊥平面PAD．
(2)解：如图，在平面PCD内过点P作PH⊥DC交DC的延长线于点H，
则H∈平面ABCD，连接HM，
∵ 平面PCD⊥平面ABCD，交线为CD，
∴ PH⊥平面ABCD，
∴ ∠PMH是直线PM与平面ABCD所成角．
设正方形ABCD的边长为2a，
∵侧面PCD为等腰三角形，且∠PCD=120∘，
∴PC=2a，∠PCH=60∘，
∴ CH=PCcs60∘=a，PH=PCsin60∘=3a，
∴ tanθ=PHHM=3aHM．
当HM⊥BD时，点M满足在线段BD上，
这时HM取到最小值， tanθ取到最大值，
这时△DHM为等腰直角三角形，而DH=DC+CH=2a+a=3a，
∴ HM的最小值为32a，从而tanθ的最大值为 3a3a2=63．
【答案】
解：(1)设Px,y，
则PM→=2−x,−1−y，ON→=0,1，PN→=−x,1−y，
由|PM→⋅ON→|=|PN→|，知|−1−y|=−x2+1−y2，
化简得： x2=4y，即动点P的轨迹E的方程为x2=4y．
(2)设直线l的方程为y=kx+1k≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，
由y=kx+1,x2=4y, 得x2−4kx−4=0，
∴ x1+x2=4k，x1x2=−4，y1=kx1+1，y2=kx2+1，
∵ 1k1+1k2=x1−2y1+1+x2−2y2+1=x1−2kx1+2+x2−2kx2+2
=(kx2+2)(x1−2)+(kx1+2)(x2−2)(kx1+2)(kx2+2)
=2kx1x2−2(k−1)(x1+x2)−8k2x1x2+2k(x1+x2)+4
=−8k−8kk−1−8−4k2+8k2+4=−8k2−84k2+4=−2，
故1k1+1k2的值为−2．
【考点】
轨迹方程
向量的模
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设Px,y，
则PM→=2−x,−1−y，ON→=0,1，PN→=−x,1−y，
由|PM→⋅ON→|=|PN→|，知|−1−y|=−x2+1−y2，
化简得： x2=4y，即动点P的轨迹E的方程为x2=4y．
(2)设直线l的方程为y=kx+1k≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，
由y=kx+1,x2=4y, 得x2−4kx−4=0，
∴ x1+x2=4k，x1x2=−4，y1=kx1+1，y2=kx2+1，
∵ 1k1+1k2=x1−2y1+1+x2−2y2+1=x1−2kx1+2+x2−2kx2+2
=(kx2+2)(x1−2)+(kx1+2)(x2−2)(kx1+2)(kx2+2)
=2kx1x2−2(k−1)(x1+x2)−8k2x1x2+2k(x1+x2)+4
=−8k−8kk−1−8−4k2+8k2+4=−8k2−84k2+4=−2，
故1k1+1k2的值为−2．
【答案】
解：(1)∵ x>0，a>0，fx=lnx−x+lna，
令f′x=1x−1=0，得x=1，
∴ 当x∈0,1时， f′x>0，fx单调递增；
当x∈1,e时， f′x<0，fx单调递减，
∴ fx的最大值是lna−1．
要使函数fx有且仅有两个零点，必须lna−1>0，得a>e，
这时0<1ae<1，有f1ae=ln1ae−1ae+lna=−1−1ae<0，
令fe=lne−e+lna<0，得a∴ 当e故实数a的取值范围为e,ee−1．
(2)∵ 1∴ g′x=lnx+2x−9，
设ℎx=lnx+2x−9，则ℎ′x=1x+2>0，
∴ 函数ℎx在1,2e+1上单调递增，
即g′x在1,2e+1上单调递增，
即g′1即−70，
故存在x0∈1,2e+1，使gx在1,x0上单调递减，在x0,2e+1上单调递增.
而g1=0，
g2e+1=2e+1ln2e+1+4e2−16e
<2e+1lne2+4e2−16e
=4e2−12e+2
=4e−322−7<4×2.8−322−7=6.76−7<0，
∴ 当x∈1,2e+1时， gx<0恒成立，
故实数k的取值范围为[0,+∞)．
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ x>0，a>0，fx=lnx−x+lna，
令f′x=1x−1=0，得x=1，
∴ 当x∈0,1时， f′x>0，fx单调递增；
当x∈1,e时， f′x<0，fx单调递减，
∴ fx的最大值是lna−1．
要使函数fx有且仅有两个零点，必须lna−1>0，得a>e，
这时0<1ae<1，有f1ae=ln1ae−1ae+lna=−1−1ae<0，
令fe=lne−e+lna<0，得a∴ 当e故实数a的取值范围为e,ee−1．
(2)∵ 1∴ g′x=lnx+2x−9，
设ℎx=lnx+2x−9，则ℎ′x=1x+2>0，
∴ 函数ℎx在1,2e+1上单调递增，
即g′x在1,2e+1上单调递增，
即g′1即−70，
故存在x0∈1,2e+1，使gx在1,x0上单调递减，在x0,2e+1上单调递增.
而g1=0，
g2e+1=2e+1ln2e+1+4e2−16e
<2e+1lne2+4e2−16e
=4e2−12e+2
=4e−322−7<4×2.8−322−7=6.76−7<0，
∴ 当x∈1,2e+1时， gx<0恒成立，
故实数k的取值范围为[0,+∞)．
【答案】
解：(1)由x=1+3csθ,y=3sinθ, 得曲线C的普通方程为x−12+y2=3；
当α=π3时，直线l的参数方程为 x=2+12t,y=1+32t, （t为参数），
∴ 直线l的普通方程为3x−y−23+1=0，
则其极坐标方程为3ρcsθ−ρsinθ−23+1=0，
即2ρcsθ+π6=23−1．
(2)将x=2+tcsα,y=1+tsinα,代入圆的方程x−12+y2=3中，
得1+tcsα2+1+tsinα2=3，
化简得t2+2tsinα+csα−1=0．
又点2,1在圆x−12+y2=3内，
设M，N两点对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=−2sinα+csα，t1t2=−1，
∴ |MN|=|t1−t2|=t1+t22−4t1t2
=4sinα+csα2+4=22+sin2α=10．
∴ sin2α=12，
解得2α=π6或2α=5π6．
则直线l的倾斜角为π12或5π12．
【考点】
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的极坐标方程
直线的参数方程
参数方程的优越性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由x=1+3csθ,y=3sinθ, 得曲线C的普通方程为x−12+y2=3；
当α=π3时，直线l的参数方程为 x=2+12t,y=1+32t, （t为参数），
∴ 直线l的普通方程为3x−y−23+1=0，
则其极坐标方程为3ρcsθ−ρsinθ−23+1=0，
即2ρcsθ+π6=23−1．
(2)将x=2+tcsα,y=1+tsinα,代入圆的方程x−12+y2=3中，
得1+tcsα2+1+tsinα2=3，
化简得t2+2tsinα+csα−1=0．
又点2,1在圆x−12+y2=3内，
设M，N两点对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=−2sinα+csα，t1t2=−1，
∴ |MN|=|t1−t2|=t1+t22−4t1t2
=4sinα+csα2+4=22+sin2α=10．
∴ sin2α=12，
解得2α=π6或2α=5π6．
则直线l的倾斜角为π12或5π12．锻炼时间
[0, 20)
[20, 40)
[40, 60)
[60, 80)
[80, 100)
[100, 120)
人数
8
10
12
11
7
2
男生
女生
总计
锻炼助考生
非锻炼助考生
总计
男生
女生
总计
锻炼助考生
6
14
20
非锻炼助考生
18
12
30
总计
24
26
50
男生
女生
总计
锻炼助考生
6
14
20
非锻炼助考生
18
12
30
总计
24
26
50

2020-2021学年云南省文山市高三（下）期中考试数学（文）试卷人教A版

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