福建省龙岩市2020届高三下学期3月教学质量检查数学（文）试题 Word版含解析 24页

www.ks5u.com 龙岩市2020年高中毕业班教学质量检查 数学（文科）试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）‎ 全卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项：‎ ‎1．考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上．‎ ‎2．答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”．‎ 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合的并运算，即可求得结果.‎ ‎【详解】因为，，‎ 故可得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查集合的并运算，属基础题.‎ ‎2.设，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据复数的乘法运算，求得，再求其共轭复数即可.‎ - 24 -‎ ‎【详解】因为，‎ 故可得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查集合的乘法运算，以及共轭复数的求解，属基础题.‎ ‎3.若双曲线的实轴长为4，则其渐近线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实轴长，求得参数，再求渐近线方程即可.‎ ‎【详解】因为双曲线的实轴长为4，故可得；‎ 又因为，‎ 故可得渐近线方程为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，属基础题.‎ ‎4.已知，，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将三个数据分别与1或0进行比较大小，即可区分.‎ ‎【详解】因为，‎ ‎，‎ - 24 -‎ 故可得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，属综合基础题.‎ ‎5.若变量满足约束条件，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出不等式组表示的可行域，数形结合即可求得结果.‎ ‎【详解】由题可知，不等式组表示的可行域如下图所示：‎ 因为，可整理为与直线平行，‎ 数形结合可知，当且仅当目标函数过点时，取得最小值，‎ 故可得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查简单线性规划求目标函数最值的问题，属基础题.‎ ‎6.从2名女同学和3名男同学中任选2人参加演讲比赛，则选中的2人是1名男同学1名女同学的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算出从5人中选取2人的所有基本事件的个数，再计算出满足题意的基本事件的个数，用古典概型的概率计算公式即可求得.‎ ‎【详解】根据题意，从5人中选取2人的所有基本事件个数为；‎ 要满足题意，只需从2名女生中抽取1人，从3名男生中抽取1人即可，‎ 故满足题意的基本事件个数有个.‎ 由古典概型的概率计算公式可得满足题意的概率.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型的概率计算，属基础题.‎ ‎7.第24届国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础进行设计的．如图所示，赵爽弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较大的锐角为，那么（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出直角三角形的边长，根据勾股定理，求得边长，即可得；利用降幂扩角公式即可求得结果.‎ ‎【详解】根据几何关系可知，图中直角三角形的两条直角边长相差为1，‎ 故可设直角三角形的三边长为，‎ 由勾股定理可得：，‎ 解得.‎ - 24 -‎ 故可得.‎ 故.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查降幂扩角公式的使用，属基础题.‎ ‎8.已知为奇函数，且当时，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据函数的奇偶性，结合已知函数已知的解析式，即可代值求解.‎ ‎【详解】因为是奇函数，且，‎ 故可得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数奇偶性求函数值，涉及对数的运算，属综合基础题.‎ ‎9.已知四棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，底面是等腰梯形，，且满足，则球的表面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据几何关系，可知中点即为球心位置，求得半径，即可求得表面积.‎ ‎【详解】根据题意，取中点为，过D点作，如下图所示：‎ - 24 -‎ 在等腰梯形中，因为，‎ 故在中，，‎ 即可得，解得.‎ 又因为是中点，故可得，‎ 故是边长为1的等边三角形，‎ 同理也是边长为1的等边三角形，‎ 故可得，‎ 在中，因为，且，‎ 故斜边上的中线.‎ 综上所述可知：，‎ 故点即为该四棱锥外接球的球心，且半径为.‎ 故外接球的表面积.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查四棱锥外接球表面积的求解，问题的关键是球心位置的寻找，属常考题型.‎ ‎10.已知点为椭圆的一个焦点，过点作圆的两条切线，若这两条切线互相垂直，则（ ）‎ A. B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 根据切线垂直，推导出点至坐标原点的距离，即可求得交点坐标和.‎ ‎【详解】由题可设，根据题意，作图如下：‎ 因为过点的两条切线垂直，‎ 故可得，则，‎ 故可得，即点坐标为.‎ 则，‎ 故，解得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解，涉及直线与圆相切时的几何性质，属基础题.‎ ‎11.函数在区间上是单调函数，且的图像关于点对称，则（ ）‎ A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的单调区间，解得的取值范围，结合对称中心，即可求得结果.‎ ‎【详解】因为在区间上是单调函数，‎ 则由，可得，‎ 则，解得.‎ - 24 -‎ 又因为的图像关于点对称，‎ 故可得，即，‎ 解得.‎ 结合的取值范围，即可得或.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查由余弦型函数的单调区间以及对称中心，求参数范围的问题，属基础题.‎ ‎12.已知数列满足，则的最大值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造数列，由此可得，从而求得，再利用均值不等式，求得的最大值.‎ ‎【详解】依题意可化为，‎ 令则，，‎ 于是，‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ 即 ‎∵，‎ ‎∴‎ - 24 -‎ ‎（当且仅当时等号成立）.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查数列构造数列以及递推公式的使用，涉及均值不等式求最值，属综合中档题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．‎ ‎13.曲线在点处的切线方程为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数求导，得到切线的斜率，再根据点斜式，即可求得切线方程.‎ ‎【详解】因为，故可得，‎ 则切线方程的斜率为，‎ 由点斜式方程可得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数的几何意义，求切线方程的问题，属基础题.‎ ‎14.已知向量，若向量与向量共线，则实数__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算的坐标，再利用向量共线的坐标运算，即可求得参数.‎ ‎【详解】因为，‎ 故可得，‎ 又向量与向量共线，‎ 故可得，‎ 解得 - 24 -‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查向量的坐标运算，以及由向量共线求参数范围的问题，属基础题.‎ ‎15.已知圆锥的顶点为，点在底面圆周上，且为底面直径，若，则直线与的夹角为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平移两条异面直线至的中点，找到两直线的夹角，再解三角形即可.‎ ‎【详解】根据题意，取中点分别为，连接，‎ 过作，垂足为，连接，作图如下：‎ 在中，因为分别是的中点，故可得//；‎ 在中，因为分别是的中点，故可得//；‎ 故可得即为所求异面直线的夹角或其补角.‎ 因为底面，又，故可得平面，‎ 又因为平面，故可得.‎ 设，又 故可得，；‎ 则.‎ 因为.‎ - 24 -‎ 在中，‎ 因为，‎ 故由余弦定理可得.‎ 在中，‎ 由勾股定理可得.‎ 在中，‎ 因为，‎ 由余弦定理可得，‎ 故可得，又异面直线的夹角范围为，‎ 故可得异面直线与的夹角为.‎ 故答案：.‎ ‎【点睛】本题考查异面直线夹角的求解，涉及线面垂直的性质，属常考题.‎ ‎16.有一道题目由于纸张破损，有一条件看不清楚，具体如下：“在中，角，，的对边分别为，已知， ，，求角．”经推断，破损处的条件为三角形一边的长度，且该题的答案是唯一确定的，则破损处应是___________．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据余弦定理求得角，由正弦定理求得和，利用大边对大角进行检验，不满足题意；由两角求得，再根据正弦定理，求得角，以及，检验可得满足题意.‎ ‎【详解】因为，‎ - 24 -‎ 所以，又，所以．‎ ‎（1）．‎ 检验：，‎ 又，且，‎ 所以或者，‎ 这与已知角的解为唯一解矛盾．‎ ‎（2），又，‎ 所以，．‎ 检验：，‎ 又，且，∴．‎ 故应填的条件是：．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，涉及大边对大角的使用，属于常考题型.‎ 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.已知是公差为的等差数列，数列满足，，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和．‎ - 24 -‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据递推公式，求得，结合公差即可求得；代入可得是常数列，即可求得的通项公式；‎ ‎（2）由（1）中所求，可得，利用裂项求和法求得数列的前项和即可.‎ ‎【详解】（1）由已知得，，所以．‎ 又因为是公差为的等差数列，所以．‎ 所以，‎ 所以数列是常数数列，‎ 所以，‎ 所以． ‎ ‎（2）由已知得，，‎ 所以，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，以及裂项求和法求数列的前项和，属基础题.‎ ‎18.如图，在棱长为的正方体中，，，分别是棱，，的中点．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离．‎ - 24 -‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点为，构造平面，利用面面平行推证线面平行；‎ ‎（2）由（1）可知点到平面的距离即为所求，利用等体积法求解线面距离即可.‎ ‎【详解】（1）取的中点，连结. ‎ 因为,,,分别是棱,,,的中点，‎ 所以//，又因为平面，‎ 平面，所以//平面.‎ 又因为//，且=，所以四边形是平行四边形，‎ 所以，所以平面.‎ 又//，所以平面平面，‎ 又平面，所以平面 ‎ ‎（2）因为平面，‎ 所以点到平面的距离可以转化为点到平面的距离．‎ 由已知可得，‎ 所以，‎ 又，‎ - 24 -‎ 所以，‎ 可知，‎ 所以 又因为，‎ 所以点到平面的距离为．‎ 所以点到平面的距离为．‎ ‎【点睛】本题考查由面面平行推证线面平行，以及利用等体积法求解点到平面的距离，属于常考题型.‎ ‎19.基于移动互联技术的共享单车被称为“新四大发明”之一，短时间内就风靡全国，带给人们新的出行体验，某共享单车运营公司的市场研究人员为了解公司的经营状况，对该公司最近六个月的市场占有率进行了统计，结果如表：‎ 月份 月份代码x ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ y ‎11‎ ‎13‎ ‎16‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎21‎ 请用相关系数说明能否用线性回归模型拟合y与月份代码x之间的关系，如果能，请计算出y关于x的线性回归方程，并预测该公司2018年12月的市场占有率如果不能，请说明理由．‎ 根据调研数据，公司决定再采购一批单车扩大市场，现有采购成本分别为1000元辆和800元辆的A，B两款车型，报废年限各不相同考虑公司的经济效益，该公司决定对两款单车进行科学模拟测试，得到两款单车使用寿命频数表如表：‎ - 24 -‎ 报废年限 车型 ‎1年 ‎2年 ‎3年 ‎4年 总计 A ‎10‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎20‎ ‎100‎ B ‎15‎ ‎40‎ ‎35‎ ‎10‎ ‎100‎ 经测算，平均每辆单车每年可以为公司带来收入500元不考虑除采购成本以外的其他成本，假设每辆单车的使用寿命都是整数年，用频率估计每辆车使用寿命的概率，分别以这100辆单车所产生的平均利润作为决策依据，如果你是该公司的负责人，会选择釆购哪款车型？‎ 参考数据：，，‎ 参考公式：相关系数 回归直线方程中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．‎ ‎【答案】(1), 2018年12月的市场占有率是； (2) 选择釆购B款车型.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出相关系数，判断即可，求出回归方程的系数，求出回归方程代入的值，判断即可； （2）分别求出的平均利润，判断即可.‎ ‎【详解】，‎ 故，‎ 故，‎ - 24 -‎ 故两变量之间有较强的相关关系，‎ 故可用线性回归模型拟合y与月份代码x之间的关系，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故回归方程是，‎ 时，，‎ 即2018年12月的市场占有率是；‎ 用频率估计概率，‎ 这100辆A款单车的平均利率为：‎ 元，‎ 这100辆B款车的平均利润为：‎ 元，‎ 故会选择釆购B款车型.‎ ‎【点睛】本题考查了相关系数，回归方程以及函数代入求值，是一道中档题.‎ ‎20.设抛物线的焦点为，的准线与轴的交点为，点是上的动点．当是等腰直角三角形时，其面积为2．‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）延长AF交C于点B，点M是C的准线上的一点，设直线，，的斜率分别是，证明：．‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据抛物线的准线方程和焦点坐标，结合勾股定义以及三角形面积，即可求得，则抛物线方程可求；‎ - 24 -‎ ‎（2）设出直线方程，联立抛物线方程，得到关于的一元二次方程，将斜率之和表示出来，结合韦达定理，即可证明.‎ ‎【详解】（1）依题意可知，当是等腰直角三角形时：‎ 若时，根据抛物线定义，显然不成立；‎ 若时，显然也不成立.‎ 故.‎ ‎∵抛物线方程为，‎ ‎∴焦点，，‎ ‎∴的面积，解得，‎ ‎∴抛物线的方程为 ‎（2）证明：由（1）知，‎ 设直线的方程：代入得:，‎ 设，所以 设，则：，，‎ ‎∵，∴‎ ‎∴‎ ‎∴.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查根据几何性质求抛物线的方程，以及证明抛物线中的定值问题，属综合中档题.‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若，方程有两个不同的实数解，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增．（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数定义域和导函数，令导数为零，找出临界值，根据导数的正负，判断函数的单调性即可；‎ ‎（2）分离参数，构造函数，利用导数研究该函数的值域以及单调性，从而解决问题.‎ ‎【详解】（1）依题意函数的定义域为，，‎ 令，则 ，故在单调递增，‎ 又 ，所以当时，， 即，‎ 当时，，即；‎ 故在上单调递减，在上单调递增． ‎ ‎（2）方程化简可得，‎ 所以方程有两解等价于方程有两解，‎ 设，则，‎ 令，由于，‎ 所以在单调递减，‎ 又，所以当时，， 即 当时，，即；‎ - 24 -‎ 故在上单调递增，在上单调递减．‎ 所以在时取得最大值，‎ 又，，‎ 所以存在，使得 又在上单调递增，所以当时，；‎ 当时，，即.‎ 因为在上单调递减，‎ 且当时，，.‎ 所以方程有两解只须满足，‎ 解得：‎ 所以方程有两个不同的实数解时，‎ 实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查具体函数单调性的求解，以及利用导数解决由方程根的个数求参数范围的问题，属综合中档题.‎ ‎（二）选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答. 注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做第一个题目计分. 作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．‎ ‎22.已知曲线的极坐标方程是，以极点为原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线过点，倾斜角为．‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程与直线l的参数方程；‎ ‎（2）设直线与曲线交于，两点，求的值．‎ - 24 -‎ ‎【答案】（1），(为参数)；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将曲线的极坐标方程两边同乘，根据公式即可化简为直角坐标方程；根据已知信息，直接写出直线的参数方程，整理化简即可；‎ ‎（2）联立曲线的直角坐标方程和直线的参数方程，得到关于的一元二次方程，根据直线参数方程中参数的几何意义，求得结果.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，‎ 所以，即曲线的直角坐标方程为：，‎ 直线的参数方程(为参数)，‎ 即(为参数).‎ ‎（2）设点，对应的参数分别为，，‎ 将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，‎ 得，‎ 整理，得，‎ 所以，‎ 因为 所以=，‎ - 24 -‎ ‎ =4，‎ 所以=.‎ ‎【点睛】本题考查将极坐标方程转化为直角坐标方程，以及直线参数方程求解，涉及利用直线参数方程中参数的几何意义求解问题，属综合基础题.‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（1）若，解不等式；‎ ‎（2）对任意实数，若总存在实数，使得，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分类讨论求解绝对值不等式，即可求得结果；‎ ‎（2）求得的值域以及的值域，根据二次函数的值域是值域的子集，求参数的范围即可.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 化为或或 ‎ 解得或或，‎ ‎.‎ 即不等式的解集为. ‎ ‎（2）根据题意，得的取值范围是值域的子集.‎ 又由于，‎ 的值域为 ‎ 故，.‎ - 24 -‎ 即实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查分类讨论求解绝对值不等式，以及由绝对值三角不等式求解绝对值函数的最小值，属综合性基础题.‎ - 24 -‎ - 24 -‎