福建省宁德市2020届高三第一次质量检查试卷文科数学 26页

宁德市2020届普通高中毕业班第一次质量检查试卷 文科数学 注意事项：‎ ‎1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．‎ ‎2．回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．‎ ‎3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.已知集合，则=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别解出集合再求交集即可.‎ ‎【详解】由题,‎ ‎.‎ 故.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了一次二次函数表达式的求解以及交集的运算,属于基础题型.‎ ‎2.已知复数，其中是虚数单位，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将代入再化简求解即可.‎ ‎【详解】由题.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了复数的基本运算,属于基础题型.‎ ‎3.已知双曲线的焦距为，则其焦点到渐近线的距离为（ ）‎ A. 8 B. 6 C. D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据焦距为算出,再利用焦点到渐近线的距离为求解即可.‎ ‎【详解】由题焦距为则,故,故.‎ 故焦点到渐近线的距离为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程与知识点焦点到渐近线的距离为,属于基础题型.‎ ‎4.设向量满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将两式分别平方再相减即可.‎ ‎【详解】由题,故,,两式相减有.‎ 故.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了向量模长的运用,一般将两边平方进行化简,属于基础题型.‎ ‎5.2021年起，福建省高考将实行“3+1+2”新高考.“3”是统一高考的语文、数学和英语三门；“1”是选择性考试科目，由考生在物理、历史两门中选一门；“2”也是选择性考试科目，由考生从化学、生物、地理、政治四门中选择两门，则某考生自主选择的“1+2”三门选择性考试科目中，历史和政治均被选择到的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据古典概型的方法,考虑在选择历史的情况下再枚举求解即可.‎ ‎【详解】先考虑选择历史的概率为,在此基础上所有选取的情况可能有（化学,生物）, （化学,地理）, （化学,政治）, （生物,地理）, （生物,政治）,（地理,政治）共6个,‎ 其中选政治的基本事件有3个, 历史和政治均被选择到的概率是. 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了古典概型的基本方法,需要根据题意枚举所有的基本事件即可.属于基础题型.‎ ‎6.已知公比为的等比数列的前项和为,等差数列的前项和为,若有，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差等比数列与前项和的性质求解即可.‎ ‎【详解】由中等比数列公比为可知.故.‎ 故,又.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差等比数列的性质与求和公式运用,属于中等题型.‎ ‎7.若实数满足，则的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令,再分别表示进行比较即可.‎ ‎【详解】令,则.‎ 由函数图像,当时.即 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了指对数函数的互化与图像性质,属于基础题型.‎ ‎8.明朝数学家程大位著的《算法统宗》里有一道著名的题目：“一百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大、小和尚各几丁？”如图所示的程序框图反映了此题的一个算法，执行图中的程序框图，则输出（ ） ‎ A. 20 B. 30 C. 75 D. 80‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析程序框图功能再列式计算即可.‎ ‎【详解】由框图易得,该框图设大僧为人,小僧为人,功能为计算小僧的人数. ‎ 故,解得 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了程序框图的功能,属于基础题型.‎ ‎9.将函数的图象向左平移个单位长度后，所得的图象与原图象有相同的对称中心，则正实数的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出平移后的函数表达式,再根据与原图象有相同的对称中心列式分析即可.‎ ‎【详解】.‎ 又向左平移个单位长度后与原函数的对称中心相同.故当正实数的最小值时,‎ 为的半个周期.即.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了三角函数图像的性质,重点抓住平移的长度与周期的关系即可.属于基础题型.‎ ‎10.某长方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为（ ）‎ A. 16 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可得该几何体为长方体被与底面成一定角度的平面截取后的几何体.画出图像逐个面求解即可.‎ ‎【详解】画出该几何体的主观图,由三视图知,‎ ‎,.‎ 故,,‎ ‎,.‎ 故表面积 ‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了根据三视图求几何体的表面积问题,需要根据三视图画出主观图进行分析,属于中等题型.‎ ‎11.已知为椭圆的左、右焦点，椭圆上一点到上顶点和坐标原点的距离相等，且的内切圆半径为，则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由椭圆上一点到上顶点和坐标原点的距离相等可知点的纵坐标,再根据焦点三角形的面积列式即可求得,进而求得离心率.‎ ‎【详解】因为点到上顶点和坐标原点的距离相等,故点在的中垂线上,又点故点的纵坐标为4.故.又的内切圆半径为1.‎ 故.故.即离心率.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了椭圆中上点的问题以及焦点三角形与内切圆的问题,属于中等题型.‎ ‎12.已知函数下列关于函数的零点个数判断正确的是（ ）‎ A. 当时，至少有2个零点 B. 当时，至多有9个零点 C. 当时，至少有4个零点 D. 当时，至多有4个零点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出的图像,再分,两种情况分析复合函数的零点个数即可.‎ ‎【详解】先分析,,令,故在 处取最大值2.‎ ‎①当时：‎ 要取得最少的零点个数,则,此时.此时函数图像如图.‎ 故有,故,由图得零点个数为1.故A错误.‎ 要取得最多的零点个数,则此时,此时.如图 故有,所以,,.‎ 当时, 有一根, ,均有4根,一共有9个零点.‎ 此时即在区间上有两根.‎ 故 .求解得.故B正确.‎ ‎②当时,函数为增函数,画出图像有 令有,,其中,由图知,故.故有2个零点, 有一个零点.故一共有3个零点.‎ 所以C,D错误.‎ ‎【点睛】本题主要考查了数形结合解决复合函数的零点个数的问题,一般方法是画出图像再分析内层函数的函数值,再当成函数值求零点个数.属于难题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．‎ ‎13.已知函数在点处的切线方程为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导代入即可求得函数在点处的切线斜率,再利用点斜式求解即可.‎ ‎【详解】,故在在点处的切线斜率为,又.‎ 故函数在点处的切线方程为,即.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义,属于基础题型.‎ ‎14.若变量满足约束条件则的最大值是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域分析最大值点即可.‎ ‎【详解】由题画出可行域,将目标函数化为,‎ 易得在处取得最大值为.‎ 故答案为：5‎ ‎【点睛】本题主要考查了线性规划的一般方法,属于基础题型.‎ ‎15.在边长为2的菱形中，，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且点在面内的正投影为的重心,则的外接球的球心到点的距离为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得为正四面体,故的外接球的球心在上,再根据勾股定理列式求解即可.‎ ‎【详解】由题,因为点在面内的正投影为的重心,故为正四面体.故的外接球的球心在上.设的外接球半径为.‎ ‎. ‎ 又,故,解得.‎ 故.即球心到点的距离为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了外接球的半径求法以及利用勾股定理求解空间几何体中的长度等.属于中等题型.‎ ‎16.若正项数列满足,则称数列为D型数列,以下4个正项数列满足的递推关系分别为:① ② ③ ④，则D型数列的序号为_______.‎ ‎【答案】①②③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据D型数列的定义,逐个判断正项数列是否满足即可.‎ ‎【详解】对①,因为,且正项数列.‎ 故,故.所以成立.‎ 对②, ,‎ 故成立.‎ 对③, 成立 对④, .‎ 故,成立.‎ 综上, ①②③④均正确.‎ 故答案为：①②③④‎ ‎【点睛】本题主要考查了新定义的问题,需要根据递推公式证明.属于中等题型.‎ 三、解答题：共70分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎（一）必考题：共60分．‎ ‎17.的内角的对边分别为，已知，.‎ ‎（1）求角C；‎ ‎（2）延长线段到点D，使，求周长的取值范围．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用余弦定理化简整理再用角的余弦定理即可.也可以用正弦定理先边化角,再利用和差角公式求解.‎ ‎(2)易得的周长等于,再利用正弦定理将用角表示,再利用三角函数的值域方法求解即可.‎ ‎【详解】解法一：（1）根据余弦定理得 整理得，‎ ‎，‎ ‎ ‎ ‎（2）依题意得为等边三角形，所以的周长等于 由正弦定理，‎ 所以，‎ ‎ ‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以的周长的取值范围是． ‎ 解法二：（1）根据正弦定理得 ‎, ‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎（2）同解法一 ‎【点睛】本题主要考查了正余弦定理求解三角形的问题,‎ 同时也考查了边角互化求解边长的取值范围问题等.属于中等题型.‎ ‎18.如图，矩形平面，且，分别为中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求几何体的体积.‎ ‎【答案】(1)证明见解析 (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 取中点,证明为平行四边形即可.‎ ‎(2)以或者为底面,再证明线面垂直求高和体积即可.‎ ‎【详解】解法一：（1）证明：取中点，连接 ‎∵分别为的中点，‎ ‎∴为的中位线 ‎∴且 ‎ ‎∵为矩形，为的中点 ‎∴且 ‎∴四边形平行四边形 ‎∴ ‎ ‎, ‎ ‎∴平面 ‎ ‎（2）过作于 ‎∵平面平面， ‎ 平面平面，‎ 又平面 ‎∴平面 在中，‎ ‎∵且 ‎∴‎ ‎ ‎ ‎…‎ ‎ ‎ 解法二：（1）取中点，连接 ‎ 在中，为中位线，‎ ‎∴ ‎ ‎∵平面，平面 ‎∴平面 同理，，∴‎ ‎∵平面，平面 ‎∴平面 又 ‎∴平面平面 ‎∵平面 ‎∴平面 ‎ ‎（2）∵平面平面， ‎ 平面平面，‎ ‎∴平面 ‎ ‎∴‎ ‎∵且为的中点 ‎∴ ‎ ‎∵，，‎ 则平面 即平面 ‎∵平面，‎ 中，‎ ‎∵且 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面平行的证明方法,同时也考查了求体积中利用线面垂直找高的方法,属于中等题型.‎ ‎19.某公司为了促进某产品的销售，随机调查了该产品的月销售单价x（单位：元/件）及相应月销量y（单位：万件），对近5个月的月销售单价和月销售量的数据进行了统计，得到如下数表：‎ 月销售单价（元/件）‎ ‎8‎ ‎8.5‎ ‎9‎ ‎9.5‎ ‎10‎ 月销售量（万件）‎ ‎11‎ ‎10‎ ‎8‎ ‎6‎ ‎5‎ ‎（1）建立关于的回归直线方程；‎ ‎（2）该公司年底开展促销活动，当月销售单价为7元/件时，其月销售量达到14.8万件，若由回归直线方程得到的预测数据与此次促销活动的实际数据之差的绝对值不超过0.5万件，则认为所得到的回归直线方程是理想的，试问（1）中得到的回归直线方程是否理想？‎ ‎（3）根据（1）的结果，若该产品成本是5元/件，月销售单价为何值时，公司月利润的预报值最大？（注：利润=销售收入-成本）．‎ 参考公式：回归直线方程，其中，‎ 参考数据：，‎ ‎【答案】(1) ；(2) 是理想；(3) 新产品单价定为元公司才能获得最大利润 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分别求出,再利用公式求解,代入样本中心点求即可.‎ ‎(2)代入求残差的绝对值判断即可.‎ ‎(3)表达出销售利润关于的表达式,再利用二次函数在对称轴处取得最值求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）因为，‎ ‎ ‎ 所以，则，‎ 于是关于的回归直线方程为； ‎ ‎（2）当时，，则，‎ 所以可以认为所得到的回归直线方程是理想的； ‎ ‎（3）令销售利润为M，则 ‎ 所以时，取最大值．‎ 所以该新产品单价定为元公司才能获得最大利润 ‎【点睛】本题主要考查了线性回归方程的求法,同时也考查了建立函数模型分析最值的问题.属于中等题型.‎ ‎20.已知抛物线的焦点为，在抛物线上，且.‎ ‎（1）求抛物线的方程及的值；‎ ‎（2）若过点的直线与相交于两点，为的中点，是坐标原点，且，求直线的方程.‎ ‎【答案】(1) (2) 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由在抛物线上,利用抛物线的定义求解即可.‎ ‎(2) 设直线：联立抛物线方程,再根据转换成,根据弦长公式求解斜率即可.‎ ‎【详解】解：（1）， ‎ ‎ ‎ 抛物线的方程为： ‎ 将代入得 ‎ ‎（2）设， ‎ 显然直线的斜率存在，设直线：，‎ 联立，消去得，‎ ‎，得且，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎ ，即， ‎ 是的中点，，‎ ‎，整理得 ‎，解得，‎ 直线的方程为：或 ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的定义以及直线与抛物线的位置关系,需要将题目中的面积关系翻译成弦长的关系,再联立方程根据弦长公式进行列式,代入韦达定理再化简求斜率即可.属于中等题型.‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）已知且，若函数没有零点，求证：．‎ ‎【答案】(1)见解析 (2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求导后分和两种情况进行讨论即可.‎ ‎(2)由题函数没有零点,转换为与在无交点,再求导分析的单调性与最值,进而求得的取值范围.再代入,构造函数分析单调性与最值证明即可.‎ ‎【详解】解法一：（1）‎ ‎ ‎ 当时，令得或；‎ 令得．‎ ‎∴函数的单调递增区间为和，‎ 单调递减区间为 ‎ 当时，令得；‎ 令得或．‎ ‎∴函数的单调递增区间为，‎ 单调递减区间为和. ‎ 综上所述,当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和.‎ ‎（2）函数在时无零点，即在无解 则与在无交点 ‎，在上单调递增 ‎，∴‎ 则 ‎ 由（1）得在上单调递增 要证 ‎ 即证 ‎ 即证 ‎ 即证 ‎ 令 ‎ ‎ ‎ 在时单调递增，‎ 所以原不等式成立． ‎ 解法二：（1）同解法一 ‎（2）函数在时无零点，即在无解 则与在无交点 ‎，在上单调递增 ‎，∴‎ 则 ‎ 要证，‎ 即证，‎ 即证 因为，‎ 所以只需证 ，‎ 即证 ，‎ 令 ‎ ‎，‎ 在时单调递增，‎ ‎，‎ 所以原不等式成立．‎ ‎【点睛】本题主要考查了分参数情况讨论函数的单调性问题,同时也考查了利用函数的单调性,分情况讨论与构造函数求最值,进而分析求证不等式的方法.属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分．‎ ‎22.在平面直角坐标系中，圆，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，直线的极坐标方程为，直线交圆于两点，为中点.‎ ‎（1）求点轨迹的极坐标方程；‎ ‎（2）若，求的值.‎ ‎【答案】(1) ，．(2) 或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)联立极坐标方程,利用为中点与韦达定理分析求解即可.‎ ‎(2)根据极经的几何意义分别表示,再利用韦达定理求关于的方程求解即可.‎ ‎【详解】解法一：（1）圆的极坐标方程为 将代入得：‎ ‎，‎ 成立，‎ 设点对应的极径分别为，‎ 所以， ‎ 所以，‎ 所以点轨迹的极坐标方程为，．‎ ‎（2）由（1）得，‎ ‎，‎ 所以，，‎ 又，所以或，‎ 即或 解法二：‎ ‎（1）因为为中点，‎ 所以于， ‎ 故的轨迹是以为直径的圆（在的内部），‎ 其所在圆方程为：，‎ 即.‎ 从而点轨迹的极坐标方程为，． ‎ ‎（2）由（1）得，‎ ‎，‎ 令，因为，所以， ‎ 则，‎ 所以，所以，‎ 即，解得（舍去），‎ 所以，‎ 又，，‎ 所以或，‎ 即或．‎ ‎【点睛】本题主要考查了极坐标中极经的几何意义,同时根据联立方程的韦达定理方法表达出题中所给的长度,再化简求解.属于中等题型.‎ ‎23.已知在R上恒成立.‎ ‎（1）求的最大值；‎ ‎（2）若均为正数，且,求的取值范围.‎ ‎【答案】(1)2(2) ．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分,和三种情况去绝对值,将绝对值函数写成分段函数.再求最小值即可求的最大值.‎ ‎(2)由(1)得,再利用将转换为关于的表达式,再利用基本不等式求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）构造，‎ 在上恒成立，‎ ‎，‎ 又，‎ ‎，，‎ 的最大值．‎ ‎（2）由（1）得，故．‎ ‎，‎ ‎，‎ 或．‎ 故． ‎ 当时，，‎ ‎，‎ 当且仅当，即时取“=”； ‎ 当时，，‎ ‎，‎ 当且仅当，即时取“=”． ‎ 所以的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值函数的求解以及基本不等式的用法,属于中等题型.‎ ‎ ‎