数学（理）（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 理科数学·全解全析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A B A D D C C B A C B A 1．A 【解析】或，故，则.故选A. 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．D 【解析】设与的夹角为，∵，，，∴，即，得，又，∴.故选D． 6．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. 7．C 【解析】由题可得抽取的10人中，高一有4人，高二有4人，高三有2人，所以从所抽取的样本中选两人做问卷调查，基本事件总数为，所抽取的两人中，至少有一人是高一学生的基本事件个数为，所以从所抽取的样本中选两人做问卷调查，至少有一人是高一学生的概率为.故选C. 8．B 【解析】设等差数列的公差为，则，，，因为，，成等比数列，所以，整理得，又，所以，故，则，选B． 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】，由函数为偶函数，可得，即，令得，故，将的图象向右平移个单位，可得的图象，令，解得，当时，可得的一个单调递减区间为，故选B. 12．A 【解析】如图，取的中点，连接，易知四边形，均为平行四边形，，为四边形的外接圆圆心，设为外接球的球心，由球的性质可知平面，作，垂足为，四边形为矩形，，设，，则，解得，，球的体积.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】甲、乙两人合起来共猜对三个谜语的所有情况包括：甲猜对2个，乙猜对1个和甲猜对1个，乙猜对2个，若甲猜对2个，乙猜对1个，则概率为；若甲猜对1个，乙猜对2个，则概率为，则比赛结束时，甲、乙两人合起来共猜对三个谜语的概率为+. 16．3 【解析】因为轴，所以设，则，，AE的斜率，则AE的方程为，令，则，即.BN的斜率为，则BN的方程为，令，则，即，因为，所以，即，即，则双曲线的离心率． 17．（本小题满分12分） 【解析】（1）因为，所以由正弦定理可知. 又，所以，（3分） 即，∴. ∵，∴.（6分） （2）由，及余弦定理，得.① 因为，所以.②（9分） 由①②解得或 ∴的周长为.（12分） 18．（本小题满分12分） 【解析】（1）∵，∴， 又平面平面，平面平面，平面， ∴平面.（4分） （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ∴，，，（6分） 由题知，平面，∴为平面的一个法向量，（7分） 设，则，∴， 设平面的法向量为，则， ∴，令，可得，（9分） ∴， 得或（舍去）， ∴.（12分） 19．（本小题满分12分） 【解析】（1）由抛物线的定义可知，， 则抛物线的方程为. （3分） （2）由（1）可知，点的坐标为， 当直线的斜率不存在时，此时重合，舍去；（4分） 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，， 将直线的方程与抛物线的方程联立，得，消去，得， 则，①（7分） 根据题意知， 即， 即， 即， 将①代入得，即， 可得或，（10分） 当时，直线的方程为，此时直线恒过点； 当时，直线的方程为，此时直线恒过点（舍去）， 所以直线恒过定点.（12分） 20．（本小题满分12分） 【解析】（1）设从个水果中随机抽取一个，抽到礼品果的事件为，则，（2分） 现有放回地随机抽取个，设抽到礼品果的个数为，则， 则恰好抽到个礼品果的概率为.（4分） （2）设方案的单价为， 则单价的期望值为，（6分） ，从采购商的角度考虑，应该采用第一种方案.（7分） （3）用分层抽样的方法从个水果中抽取个，则其中精品果个，非精品果个， 现从中抽取个，则精品果的数量服从超几何分布，所有可能的取值为，（9分） 则；；；， 的分布列如下： .（12分） 21．（本小题满分12分） 【解析】（1）由题意得函数的定义域为，. 若是单调函数，则在上恒非负，（2分） 令，则在上恒成立， 则或，解得， 故的取值范围为.（5分） （2）函数的两个极值点，是方程的两根， ，， 又，则，在上单调递减，（7分） ∴ ，（9分） 设，