数学（文）（新课标01）-2020届高三上学期期末教学质量检测卷（含考试版+参考答案+全解全析+答题卡）

学科网2020届高三上学期期末教学质量检测卷01 文科数学·全解全析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C B A D A D C C A C B A 1．C 【解析】因为，所以，所以.故选C. 2．B 【解析】因为，所以，所以.故选B． 3．A 【解析】因为，所以，则.故选A． 4．D 【解析】由折线图知，月跑步平均里程的中位数为5月份对应的里程数.月跑步平均里程不是逐月增加的.月跑步平均里程高峰期大致在9，10月份，故A，B，C错，D正确. 5．A 【解析】，故选A. 6．D 【解析】设与的夹角为，∵，，，∴，即，得，又，∴.故选D． 7．C 【解析】系统抽样的分段间隔为，在随机抽样中，首次抽到号，以后每隔个号抽到一个人，则在201至365号中共有17人被抽中，其编号分别为.故选C. 8．C 【解析】，则，则是偶函数，图象关于轴对称，排除B，D；当时，，排除A，故选C. 9．A 【解析】按照程序框图运行程序，输入，则，，满足，循环； 则，，，满足，循环； 则，，，满足，循环； 则，，，满足，循环； 则，，，不满足，输出. 故选A. 10．C 【解析】在中，易得由，可得，所以，又的面积为，所以，解得，则，所以椭圆的方程为.故选C. 11．B 【解析】由余弦定理得，即，解得，，，故.故选B. 12．A 【解析】圆的圆心，半径，∴双曲线的右焦点坐标为，即，则①，双曲线的一条渐近线方程为，∴点到渐近线的距离等于半径，即②，由①②解得，，故该双曲线的离心率为.故选A． 13． 【解析】，则函数的图象在处的切线方程为，即. 14． 【解析】∵，∴，又，∴，由得，两式相减得，即，而，∴是公比为2的等比数列，∴. 15． 【解析】，则的最大值为. 16． 【解析】由是边长为的正三角形，可得外接圆的半径．设，∵平面，∴球心到底面的距离等于，则，解得h=2，则，设点到平面的距离为，由知 ，得 故点到平面的距离为. 17．（本小题满分12分） 【解析】（1）列联表如下：（3分） 非“环保关注者” “环保关注者” 合计 男 10 45 55 女 15 30 45 合计 25 75 100 将列联表中的数据代入公式计算，得的观测值， 所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下，不能认为是否为是“环保关注者”与性别有关.（6分） （2）由题可知，利用分层抽样的方法可得男“环保达人”3人，女“环保达人”2人. 设男“环保达人”3人分别为，，；女“环保达人”2人为，. 从中抽取两人的所有情况为：，，，，，，，，，，共10种情况.（9分） 既有男“环保达人”又有“女环保达人”的情况有，，，，，，共6种情况. 故所求概率为.（12分） 18．（本小题满分12分） 【解析】（1）设数列的公比为， 若，有，， 而，故，（2分） 则，解得.（4分） 故数列的通项公式为.（6分） （2）由，得.（9分） 由二次函数的对称轴为， 可知当或15时，有最大值，其最大值为.（12分） 19．（本小题满分12分） 【解析】（1）如图，取线段上靠近的三等分点，连接，. 因为，所以. 因为，，所以. 故四边形为平行四边形，故.（4分） 因为平面，平面， 所以平面.（6分） （2）因为平面，平面，所以平面平面， 所以四棱锥的高即为中边上的高，为.（9分） 故四棱锥的体积.（12分） 20．（本小题满分12分） 【解析】（1）由，得， ∵当时，取得极小值，∴，∴，（2分） ∴， ∵，∴，∴， 即的取值范围为．（5分） （2）当时，， 要证成立，即证成立，（7分） 令，，则，， 令，则，∴当时， ，此时单调递减； 当时，，此时单调递增，∴，（10分） 显然，， ∴时，成立， 即时，.（12分） 21．（本小题满分12分） 【解析】（1）由，得，∴P（2，），，（2分） 又点P到准线的距离为，∴，即， 解得，∴，（4分） ∴抛物线C的方程为.（5分） （2）抛物线的焦点为F（0，1），准线方程为，.（6分） 设，直线AB的方程为，代入抛物线C的方程可得， ∴①， （7分） 由，可得， 又，， ∴，即， 即，∴②， 把①代入②得，，（10分） 则．（12分） 22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程 【解析】（1）由（为参数），消去参数，得直线的普通方程为.（2分） 由，得曲线的直角坐标方程为.（4分） （2）将直线的参数方程（为参数）代入，得， 则，.（7分） ∴， . 故的值为，定点到，两点的距离之积为.（10分） 23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 【解析】（1）当时，不等式等价于，（1分） 当时，不等式化为，即，解集为； 当时，不等式化为，解得； 当时