福建省三明市2020届高三毕业班质量检查A卷（5月联考）数学（理）试题 Word版含解析 23页

www.ks5u.com ‎2020年三明市普通高中毕业班质量检查A卷 数学（理科）‎ ‎（试卷总分：150分考试时间：120分钟）‎ 注意事项：‎ ‎1.答题时，务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.‎ ‎2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.‎ ‎3.答非选择题时，必须使用黑色墨水笔或黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.‎ ‎4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.‎ ‎5.考试结束后，只将答题卡交回.‎ 第Ⅰ卷（选择题，共60分）‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题要求的）‎ ‎1.设全集为，，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解对数不等式得集合，解一元二次不等式得集合，再由交集定义计算．‎ ‎【详解】∵，，∴.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，考查对数函数性质，掌握对数函数性质是解题关键．‎ ‎2.设是复数，则下列命题中的假命题是（）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 - 23 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：对（A），若，则，所以为真；‎ 对（B）若，则和互为共轭复数，所以为真；‎ 对（C）设，若，则，‎ ‎，所以为真；‎ 对（D）若，则为真，而，所以为假．‎ 故选D．‎ 考点：1.复数求模；2.命题的真假判断与应用．‎ ‎3.某篮球队甲、乙两名运动员练习罚球，每人练习10组，每组罚球40个.命中个数的茎叶图如下图，则下面结论中错误的一个是（ ）‎ A. 甲的极差是29 B. 甲的中位数是24‎ C. 甲罚球命中率比乙高 D. 乙的众数是21‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过茎叶图找出甲的最大值及最小值求出极差判断出A对；找出甲中间的两个数，求出这两个数的平均数即数据的中位数，判断出D错；根据图的数据分布，判断出甲的平均值比乙的平均值大，判断出C对．‎ ‎【详解】由茎叶图知 甲的最大值为37，最小值为8，所以甲的极差为29，故A对 甲中间的两个数为22，24，所以甲的中位数为故B不对 甲的命中个数集中在20而乙的命中个数集中在10和20，所以甲的平均数大，故C对 乙的数据中出现次数最多的是21，所以D对 - 23 -‎ 故选B．‎ ‎【点睛】茎叶图的优点是保留了原始数据，便于记录及表示，能反映数据在各段上的分布情况．茎叶图不能直接反映总体的分布情况，这就需要通过茎叶图给出的数据求出数据的数字特征，进一步估计总体情况．‎ ‎4.定义在R上的函数为偶函數，，，，则 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由偶函数得到，明确函数的单调性，综合利用奇偶性与单调性比较大小即可.‎ ‎【详解】∵为偶函数，‎ ‎∴，即，且其在上单调递减，‎ 又，‎ ‎∴‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查函数的性质，考查函数的奇偶性与单调性，考查转化思想，属于中档题.‎ ‎5.设函数的导函数为，则图象大致是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 23 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出导函数，然后研究的性质，用排除法确定正确选项．‎ ‎【详解】因为，所以，所以，‎ 所以函数是奇函数，其图象关于原点成中心对称，而函数为偶函数，其图象关于轴对称，所以选项B，C错误；又因为其图象过原点，所以选项A错误.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查导数的运算，考查由函数解析式选择函数图象，解题时可根据解析式确定函数的性质，利用排除法得出正确选项．‎ ‎6.等差数列的前项和为，若，则（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列前项和公式求得，然后由等差数列的性质求得，再由等差数列的定义得结论．‎ ‎【详解】在等差数列中，设公差为，由，得，即，又∵，∴，∴.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的前项和公式，考查等差数列的性质与通项公式，掌握等差数列的性质可以简化运算．‎ ‎7.执行如图的程序框图，若输出的，则输入整数的最大值是( )‎ - 23 -‎ A. 15 B. 16 C. 31 D. 32‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图的循环结构,依次运行,算出输出值为时的值,使得不成立时 的值即可.‎ ‎【详解】根据程序框图可知,‎ 则 此时应输出,需不成立.因而整数的最大值为 ‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查了程序框图的简单应用,根据输出结果确定判读框,属于中档题.‎ ‎8.关于函数，给出下列结论：‎ ‎①是偶函数；②在区间上单调；③在上有4个零点；④‎ - 23 -‎ 的最大值为2.‎ 其中所有正确结论的序号是（ ）‎ A. ①②④ B. ②④ C. ①④ D. ①③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照偶函数定义判断①，去绝对值符号后由余弦函数性质判断②，通过分类讨论化简函数后判断③，根据绝对值的性质和余弦函数性质判断④．‎ ‎【详解】，∴是偶函数，故①正确；‎ 当时，，此时在单调递增，故②正确；‎ 当时，，此时有无数个零点，故③错误；‎ 当时，，当时等号成立，又∵是偶函数，∴的最大值为2，故④正确.故选A.‎ ‎【点睛】本题考查命题的真假判断，考查余弦函数的性质，掌握余弦函数性质是解题关键．‎ ‎9.《九章算术》中有一分鹿问题：“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿.欲以爵次分之，问各得几何.”在这个问题中，大夫、不更、簪袅、上造、公士是古代五个不同爵次的官员，现皇帝将大夫、不更、簪枭、上造、公士这5人分成两组（一组2人，一组3人），派去两地执行公务，则大夫、不更恰好在同一组的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 基本事件总数，大夫、不更恰好在同一组包含的基本事件个数，由此能求出大夫、不更恰好在同一组的概率．‎ - 23 -‎ ‎【详解】皇帝将大夫、不更、簪枭、上造、公士这5人分成两组(一组2人，一组3人)，派去两地执行公务， 基本事件总数， ‎ 大夫、不更恰好在同一组包含的基本事件个数， ‎ 所以大夫、不更恰好在同一组的概率为． ‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎10.如图，在中，，是上一点，若，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，可根据向量运算法则得到（1﹣m），从而由向量分解的唯一性得出关于t的方程，求出t的值.‎ ‎【详解】由题意及图，，‎ 又，，所以，∴（1﹣m），‎ 又t，所以，解得m，t，‎ 故选C．‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查平面向量基本定理，根据分解的唯一性得到所求参数的方程是解答本题的关键，本题属于基础题.‎ ‎11.直线经过椭圆的左焦点，交椭圆于、两点，交轴于点，若，则该椭圆的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线方程求出，的坐标，再由向量关系得出点坐标，利用椭圆定义可得，然后可计算出离心率．‎ ‎【详解】中，令，得到，所以椭圆的，令，得到，∵，∴，过向轴作垂线，利用三角形相似得到，所以，所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆离心率，考查向量共线的坐标表示，解题关键是求出点坐标，然后由椭圆定义求得实轴长．‎ ‎12.已知正三棱锥，底面是边长为3的正三角形ABC，，点E是线段AB的中点，过点E作三棱锥外接球O的截面，则截面面积的最小值是(　　) ‎ - 23 -‎ A. 3π B. C. 2π D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：记的中心为M，则球心O在直线SM上，在中，由勾股定理可得，在中，可得，要使截面面积最小当且仅当截面与垂直时，进而利用垂径定理可得截面圆半径，从而得解.‎ 详解：记的中心为M，则球心O在直线SM上，.‎ 设外接球O的半径为R，‎ 在中，，即，解得.‎ 过点E作三棱锥外接球O的截面,要使截面面积最小当且仅当截面与垂直时.‎ 在中，，‎ 设截面圆的半径为，则.‎ 截面面积为.‎ 故选B.‎ 点睛：解答几何体的外接球的问题，一般先要确定截面圆的圆心和球心，再求直角三角形的三边，最后解勾股定理的方程，简记为“两心三边一方程”.本题就是按照此法解答的.大家要理解掌握灵活运用.‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）‎ 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知直线与曲线在处的切线平行，则实数的值为_______.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对求导数，得出函数在处的导数，即为切线斜率．‎ ‎【详解】对求导数，得.当时，.故曲线在处的切线的斜率为2．而已知直线的斜率为，∴，故.‎ - 23 -‎ 故答案为：4.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题．‎ ‎14.若的展开式中的系数为-80，则_____.‎ ‎【答案】-4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 写出展开式的通项公式，求出其中和的系数，由多项式乘法法则可得出结论．‎ ‎【详解】的展开式的通项为，则，解得.‎ 故答案为：-4.‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理，掌握二项展开式通项公式是解题关键．‎ ‎15.若，满足约束条件，则的最大值为______.‎ ‎【答案】13‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．‎ ‎【详解】作出，满足约束条件表示的可行域如图内部（含边界），作直线，平移直线，当经过点时，.‎ 故答案为：13.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域．‎ ‎16.对于函数，若在定义域内存在实数满足，则称函数为“倒戈函数”．设（且）为其定义域上的“倒戈函数”，则实数的取值范围是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可得：在上有解，即可转化为： 在上有解，且在上恒成立，转化为的值域且，问题得解 ‎【详解】由函数为“倒戈函数”的定义可得：在上有解.‎ 即：上有解 则在上有解，且在上恒成立 即：在上有解，且在上恒成立 记，则在上单调递增，且 - 23 -‎ 所以 所以，即：，解得：‎ 又在上恒成立，则，解得：‎ 综上所述：实数的取值范围是且 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查了新概念的理解及转化思想，考查存在性问题及恒成立问题的转化，还考查了计算能力，属于难题.‎ 三、解答题（共70分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答）‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.的周长为，且．‎ ‎（1）求边的长；‎ ‎（2）若的面积为，求角的度数．‎ ‎【答案】（1）1；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，利用正弦定理可得，结合周长，可解得；（2）根据三角形的面积公式可求出，结合（1）由余弦定理求出，从而可得结果．‎ ‎【详解】（1）因为三角形周长为，所以①，‎ 因为，‎ 所以由正弦定理可得②， ‎ - 23 -‎ 两式相减，解得．　‎ ‎（2）由的面积 由余弦定理，得 ‎，所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理及三角形面积公式的应用，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.‎ ‎18.某校为了解高三男生的体能达标情况，抽调了120名男生进行立定跳远测试，根据统计数据得到如下的频率分布直方图.若立定跳远成绩落在区间的左侧，则认为该学生属“体能不达标的学生，其中分别为样本平均数和样本标准差，计算可得（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.‎ ‎（1）若该校高三某男生的跳远距离为，试判断该男生是否属于“体能不达标”的学生？‎ ‎（2）该校利用分层抽样的方法从样本区间中共抽出5人，再从中选出两人进行某体能训练，求选出的两人中恰有一人跳远距离在的概率.‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）该生属于“体能不达标”的学生（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题可知，根据频率=纵坐标×组距，分别求出各组频率=各组小矩形面积，便可频率分布直方图的平均数，即可判断；‎ ‎（2）由频数=频率×样本容量，可求出对应的人数，再按分层抽样抽取5人，分别抽出1人，2人，2人，再从5人中抽2人，最后用一一列举出来，用古典概型即可求出答案.‎ ‎【详解】（1）由题意可知：各小矩形面积从左至右依次为0.1，0.2，0.2，0.3，0.15，0.05‎ ‎∵∴该生属于“体能不达标”的学生 ‎（2）由题意，跳远距离在的人数分别为12人、24人、24人 按分层抽样抽取5人，则抽1人，抽2人，抽2人 设抽出的人编号为，抽出的人编号为，‎ 抽出的人编号为 从中选两人，，共有10种情况 记选出的两人中恰有一人跳远距离在为事件，满足条件的基本事件有6种，分别为 ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用以及古典概型及其概率的计算，其中要会计算频率分布直方图的频率、频数、平均数等，以及分层抽样和利用古典概型及其概率的计算公式，准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．‎ - 23 -‎ ‎19.如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是梯形．BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，，‎ ‎（Ⅰ）证明；AC⊥BP；‎ ‎（Ⅱ）求直线AD与平面APC所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(I)取的中点,连接,通过证明平面得出;‎ ‎(II)以为原点建立坐标系，求出平面的法向量，通过计算与的夹角得出与平面所成角．‎ ‎【详解】（I）证明：取AC的中点M，连接PM，BM，‎ ‎∵AB＝BC，PA＝PC，‎ ‎∴AC⊥BM，AC⊥PM，又BM∩PM＝M，‎ ‎∴AC⊥平面PBM，‎ ‎∵BP⊂平面PBM，‎ ‎∴AC⊥BP．‎ ‎（II）解：∵底面ABCD是梯形．BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，‎ ‎∴∠ABC＝120°，‎ ‎∵AB＝BC＝1，∴AC，BM，∴AC⊥CD，‎ 又AC⊥BM，∴BM∥CD．‎ - 23 -‎ ‎∵PA＝PC，CM，∴PM，‎ ‎∵PB，∴cos∠BMP，∴∠PMB＝120°，‎ 以M为原点，以MB，MC的方向为x轴，y轴的正方向，‎ 以平面ABCD在M处的垂线为z轴建立坐标系M﹣xyz，如图所示：‎ 则A（0，，0），C（0，，0），P（，0，），D（﹣1，，0），‎ ‎∴（﹣1，，0），（0，，0），（，，），‎ 设平面ACP的法向量为（x，y，z），则，即，‎ 令x得（，0，1），‎ ‎∴cos，，‎ ‎∴直线AD与平面APC所成角的正弦值为|cos，|．‎ ‎【点睛】本题考查异面直线垂直的证明,考查直线与平面所成角的正弦值的求法,解题时要认真审题,注意向量法的合理使用,难度一般.‎ ‎20.已知椭圆：经过点，且离心率为.‎ - 23 -‎ ‎（1）求椭圆的标准方程与焦距；‎ ‎（2）直线：与椭圆的交点为，两点，线段的中点为.是否存在常数，使恒成立，并说明理由.‎ ‎【答案】（1），焦距为；（2）存在常数，使恒成立，详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据上顶点的坐标和离心率可得，从而可求标准方程和焦距.‎ ‎（2）设，，联立直线方程和椭圆方程，消去后利用韦达定理化简可得，从而可得.‎ ‎【详解】（1）因为椭圆：经过点，且离心率为，‎ 所以，，又因为，‎ 可解得，，焦距为，所求椭圆的方程为.‎ ‎（2）存在常数，使恒成立，‎ 证明如下：‎ 由，‎ 得，，‎ 设，，‎ 则，.‎ 又因为，，‎ 所以 - 23 -‎ ‎，‎ 所以，‎ 因为线段的中点为，所以，所以.‎ 存在常数，使恒成立.‎ ‎【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎(1)讨论单调性;‎ ‎(2)用表示中的最大值，若函数只有一个零点,求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) 在上单调递减,在上单调递增，.‎ ‎(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先求函数的导函数，再讨论时, 时,函数的单调性即可；‎ ‎(2)分别讨论函数在当，当时，当时,函数零点个数，然后结合函数在的零点个数即可得解.‎ ‎【详解】解:(1)函数的定义域为,且.‎ - 23 -‎ 当时,对恒成立,所以在上单调递增.‎ 当时,令,得,‎ 当时,;当时,.‎ 所以在上单调递减,在上单调递增，.‎ ‎(2)①当时, ,从而,所以在上无零点， ‎ ‎②当时 ,‎ 若,所以是的零点; ‎ 若,所以不是的零点.‎ ‎③当时, ,所以在上的零点个数只需要考虑在上的零点个数.‎ 在上的零点个数在上实根的个数在上实根的个数. ‎ 令函数,则,所以在上单调递减,在上单调递增；又，，， ‎ 当或时，在上无零点;当或时, 在上有唯一零点， 时, 在上有两个零点，‎ 综上可得：当时，在上有无零点, 当时，在上有1个零点, 当时，在上有2个零点, 当时，在 - 23 -‎ 上有1个零点, ‎ 则在上有唯一零点, 的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的综合应用，重点考查了利用函数研究函数的单调性及函数的大致图像，属难度较大的题型.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）.‎ ‎（1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；‎ ‎（2）以曲线上的动点为圆心、为半径的圆恰与直线相切，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由可化极坐标方程为直角坐标方程，由公式消元可化参数方程为普通方程；‎ ‎（2）用参数方程表示点坐标，求出到直线的距离的最大值即可．‎ ‎【详解】解：（1）由，得，‎ 将，代入上式，‎ 得直线的直角坐标方程为.‎ 由曲线的参数方程（为参数），‎ - 23 -‎ 得曲线的普通方程为.‎ ‎（2）设点坐标为，‎ 则点到直线：的距离为 ‎（其中，为锐角），‎ 当时，圆与直线相切，‎ 故当时，取最大值，且的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程互化，参数方程与普通方程互化，考查椭圆参数方程的应用，属于中档题．‎ ‎23.已知.‎ ‎(1)求证： ；‎ ‎(2)若，且，求证：．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 已知直接对使用均值不等式；‎ ‎(2)不等式分母为，通过降次构造，再使用均值不等式．‎ ‎【详解】证明：(1)；‎ ‎(2)，当且仅当或时取“=”.‎ ‎【点睛】“一正二定三相等”，不能直接使用均值不等式的化简变形再用均值不等式．‎ - 23 -‎ - 23 -‎ - 23 -‎