福建省泉州市2020届高三毕业班线上质量检测理科数学试题 Word版含解析 25页

www.ks5u.com 泉州市2020届高三毕业班适应性线上测试（一）理科数学 一、单项选择题:本题共10小题，每小题5分，共50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.集合，，则( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用集合交、补运算即可求解.‎ ‎【详解】，，，‎ 则，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了集合的交、补运算，属于基础题.‎ ‎2.设复数，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的乘除运算以及复数模的求法即可求解.‎ ‎【详解】复数，，‎ 则复数的模为，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的四则运算以及复数模的求法，属于基础题.‎ - 25 -‎ ‎3.如图为服用同等剂量的三种新药后血药浓度的变化情况，其中点的横坐标表示服用第种药后血药浓度达峰(最高浓度)时间，其它点的横坐标分别表示服用三种新药后血药浓度首次降到峰值一半时所用的时间(单位:)，点的纵坐标表示第种药的血药浓度的峰值. 记为服用第种药后达到血药浓度峰值时，血药浓度提高的平均速度，记为服用第种药后血药浓度从峰值首次降到峰值的一半所用的时间，则中最小的，中最大的分别是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像，依据题意逐个判断得出答案.‎ ‎【详解】①设，则，即直线的斜率，‎ 由图可知，直线的斜率最小，即最小；‎ ‎②根据峰值的一半对应关系得三个点从左到右依次对应 在首次降到峰值一半时对应点，不妨记为，‎ 由图可知到经历的时间最长，所以中最大的是. ‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了学生的阅读理解能力以及转化与化归的思想，考查了图中量的几何意义，属于基础题.‎ ‎4.已知是公差为的等差数列.若成等比数列，则的前项和( )‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等比中项以及等差数列的通项公式求出，再利用等差数列的通项公式即可求解.‎ ‎【详解】由成等比数列得即解得，‎ ‎. ‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、等比中项以及等差数列的通项公式，需熟记公式，属于基础题.‎ ‎5.若，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，利用二项式展开式的通项即可求解.‎ ‎【详解】，通项，‎ 故当时，，所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了二项式的展开式，熟记展开式是解题的关键，属于基础题.‎ ‎6.已知函数满足，且当时，，则的图象在处的切线方程为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 根据题意可得关于直线对称，从而可得，且，利用点斜式即可求解.‎ ‎【详解】依题意由，可得，‎ 所以关于直线对称，‎ 所以，‎ 当时，，则 ‎ 所以，‎ 所以 ‎ ‎，‎ 故切线为：，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的对称性以及导数的几何意义，求出函数的导函数以及切点，属于基础题.‎ ‎7.已知函数，若在实数集上为增函数，则常数满足（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由分段函数的单调性，考虑各段的情况，注意在上递增，则有，解得不等式，即可求出结果．‎ ‎【详解】因为在实数集上为增函数，所以，故选C.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】在解决分段函数单调性时，首先每一段函数的单调性都应具备单调递增（或单调递减），其次，在函数分段的分界点处也应该满足函数的单调性，据此建立不等式组，求出不等式组的交集，即可求出结果．‎ ‎8.如图，网格纸上每个小正方形的边长均为，粗线画出的是某棱锥的三视图，则该棱锥的体积为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图得出几何体直观图，然后再利用三棱锥的体积公式即可求解.‎ ‎【详解】‎ 如图所示：正方体的边长为3，‎ 分别为，的三等分点，且.‎ 三棱锥即为所求三棱锥，，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积，同时考查了椎体的体积公式，属于基础题.‎ ‎9.我国南宋著名数学家秦九韶发现了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”公式:设三个内角所对的边分别为，面积为，则“三斜求积”公式为 - 25 -‎ ‎.若，且则利用“三斜求积”公式可得的面积( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理可得，代入可得，再由三斜求体即可解答.‎ ‎【详解】因为，由正弦定理得，，‎ 又因为，‎ 所以，‎ 代入.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了正弦定理以及新定义，需熟记定理的内容，属于基础题.‎ ‎10.已知双曲线：，点的坐标为，斜率为的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，直线交双曲线于另一点，直线交双曲线于另一点.当直线的斜率为时，此双曲线的离心率为（ ）‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用点差法可表示出，由平行关系易知三点共线，从而利用斜率相等的关系构造方程，代入整理可得到关系，利用双曲线得到关于的齐次方程，进而求得离心率.‎ ‎【详解】设，，线段的中点 ‎，两式相减得：‎ ‎…①‎ 设，，线段中点 同理可得：…②‎ ‎ ，易知三点共线 - 25 -‎ ‎，将①②代入得：‎ 即 ∴，即 故选：‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的求解问题，涉及到点差法的应用；关键是能够利用三点共线得到斜率相等，从而构造出关于的齐次方程，解齐次方程求得离心率；需要注意的是，在处理弦中点问题时，常采用点差法来得到弦的斜率和中点坐标之间的关系.‎ 二、多项选择题:本题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的四个选项中，有一项符合题目要求.不选或选出的选项中含有错误选项的得0分，只选出部分正确选项的得3分，选出全部正确选项的得5分.‎ ‎11.如图，一个水轮的半径为，水轮轴心距离水面的高度为，已知水轮按逆时针匀速转动，每分钟转动圈，当水轮上点从水中浮现时的起始(图中点)开始计时，记为点距离水面的高度关于时间的函数，则下列结论正确的是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. 若，则 D. 不论为何值，是定值 ‎【答案】BD - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以水轮所在面为坐标平面，以水轮的轴心为坐标原点，轴和轴分别平行和垂直于水面建立平面直角坐标系，从而点的纵坐标为，逐一判断选项即可求解.‎ ‎【详解】如图，以水轮所在面为坐标平面，以水轮的轴心为坐标原点，‎ 轴和轴分别平行和垂直于水面建立平面直角坐标系，‎ 依题意得在内所转过的角度为，则.‎ 则点的纵坐标为，‎ 点距离水面的高度关于时间的函数；‎ ‎，选项A错误；‎ ‎，‎ ‎，，选项B正确；‎ 由得，解得，选项C错误；‎ 由 展开整理得为定值，选项D正确；‎ 故答案为：BD.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的应用、解三角不等式，两角和与差的正弦公式，属于基础题.‎ ‎12.已知是定义在上的奇函数，.若，则( )‎ A. 是周期函数 B. 当为偶数时，‎ - 25 -‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数为奇函数以及，结合周期定义即可判断A；由函数的周期为 即可判断B；根据题意可得，结合B项以及函数的周期为即可求解；由函数的周期为以及当为偶数时，即可求解.‎ ‎【详解】因为是奇函数，所以，又，‎ 所以.‎ 所以，可得函数的周期为4，选项A正确；‎ ‎，即，‎ 又因为函数周期为4，所以当为偶数时，，选项B正确；‎ 因为，周期，‎ 所以，‎ 所以选项C是错的；‎ 所以选项D是正确的. ‎ ‎ 故选：ABD.‎ ‎【点睛】本题考查了函数奇偶性、对称性以及周期性的应用，属于中档题.‎ 三、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填在答题卡的相位置.‎ - 25 -‎ ‎13.已知向量，若，则实数的值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量垂直的性质列方程求解即可.‎ ‎【详解】,‎ ‎,‎ ‎,‎ 解得，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量垂直的性质，数量积的运算，属于容易题.‎ ‎14.已知数列的各项均为正数，且，则__________.‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据递推关系式可得，从而可得是首项为，公比为3的等比数列，利用等比数列的通项公式即可求解.‎ ‎【详解】由可得：，‎ 即，‎ 因为，所以，‎ 所以是首项为，公比为3的等比数列，‎ 所以.‎ 故答案为：9‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查了递推关系式研究函数的性质，等比数列的通项公式，属于基础题.‎ ‎15.已知的准线与轴交于点点在上，是面积为的等腰直角三角形，则的方程为__________；的最小值为__________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可得到，故可求出的方程；设，焦点，，利用抛物线的定义以及勾股定理可得，从而即可求解.‎ ‎【详解】由已知可得为直角，故，解得， ‎ 所以的方程为；‎ 由对称性，不妨设，因为抛物线：的焦点，，‎ ‎，当且仅当时取等号，‎ 取最小值.‎ 故答案为：； ‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的定义以及抛物线的标准方程，需熟记抛物线的定义以及几何性质，属于中档题.‎ ‎16.已知三棱锥中，平面平面，.设直线与平面所成的角为，则的最大值为 - 25 -‎ ‎__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦定理求出是直角三角形，过点作，垂足为，易得，连接，可得平面，进而可得，设，，即，由，利用余弦定理可得：，化简配方即可求解.‎ ‎【详解】由已知易得是直角三角形，‎ 过点作，垂足为，易得，‎ 连接，‎ 因为平面平面，‎ 由面面垂直的性质定理，可得平面，‎ 所以，，可知当取最小值时，最大.‎ 设，，则.‎ 因为，所以，‎ 即，‎ 所以，可得当时，取得最小值，最小值为，‎ 即的最小值.‎ 所以的最大值为.‎ - 25 -‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了线面角的求法，同时考查了余弦定理的应用，解题的关键是找出线面角，属于中档题.‎ 四、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.如图，已知在平面四边形中，，且.‎ ‎（1）证明:；‎ ‎（2）若，求四边形的面积的取值范围.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意可得，然后再利用两角和的正弦公式的逆应用可得，从而可得，再利用正弦定理即可求解.‎ ‎（2）由（1）可得为是等边三角形，设，利用三角形的面积公式可得，在中，由余弦定理求出，然后利用辅助角公式以及三角函数的性质即可求解.‎ ‎【详解】（1）由得 - 25 -‎ ‎.‎ 整理得，‎ 即得.‎ 因为在中，，‎ 所以，‎ 所以.‎ 由正弦定理得.‎ ‎（2）因为，，‎ 所以,为是等边三角形.‎ 设，‎ 则 在中，由余弦定理得 ‎.‎ ‎.‎ 因为，所以，‎ 所以，得.‎ 所以.‎ - 25 -‎ 因此，四边形面积的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理解三角形，同时考查了辅助角公式以及三角函数的性质，综合性比较强，属于中档题.‎ ‎18.如图，正三棱柱的所有棱长都为是的中点，在边上，.‎ ‎（1）证明:平面平面；‎ ‎（2）若是侧面内动点，且平面.‎ ‎①在答题卡中作出点的轨迹，并说明轨迹的形状(不需要说明理由)；‎ ‎②求二面角的余弦值的最大值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）①取的中点，的中点，连接，则点的轨迹就是线段；②.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证出，，利用线面垂直判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证出面面垂直.‎ ‎（2）①取的中点，的中点，连接，可得点的轨迹；②以、所在的直线为轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量以及平面 - 25 -‎ 的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解.‎ ‎【详解】（1）在正三棱柱中，因为平面，平面，‎ 所以.‎ 在等边中，是的中点，所以.‎ 又,所以平面.‎ 又平面，所以平面平面.‎ ‎（2）①取的中点，的中点，连接，则点的轨迹就是线段.‎ ‎②由图可知当点与点重合时，二面角的余弦值取到最大值.‎ 以、所在的直线为轴、轴建立空间直角坐标系.‎ 则，，，，，，‎ 设平面的一个法向量为.‎ 由得 令，解得.‎ 所以.‎ 设平面的一个法向量为 由得令，解得.‎ 所以.‎ 因此.‎ 故二面角的余弦值得最大值为.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，空间向量法求面面角，考查了学生的逻辑推理能力，属于中档题.‎ ‎19.设椭圆的右焦点为，过的直线与相交于两点.‎ ‎（1）若，求的方程；‎ ‎（2）设过点作轴的垂线交于另一点，若是的外心，证明:为定值.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，设直线的方程为，代入椭圆方程消，根据韦达定理求出两根之和、两根之积，由，可得，两根之和、两根之积即可求解.‎ ‎（2）由（1）得的中点坐标为，利用弦长公式求出，根据题意可得的垂直平分线方程，求出点的坐标，进而求出，进而可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意知，直线的斜率存在，且不为0，设直线的方程为，‎ 代入得，‎ 设，则，‎ 若，则，解得，‎ 所以，的方程为 ‎（2）由（1）得的中点坐标为 所以 因为是的外心，所以是线段的垂直平分线与的垂直平分线的交点，‎ 的垂直平分线为 - 25 -‎ 令，得，即，‎ 所以，‎ ‎，所以为定值.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系以及椭圆中的定值问题，考查了学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎20.某游戏棋盘上标有第站，棋子开始位于第站，选手抛掷均匀骰子进行游戏，若掷出骰子向上的点数不大于，棋子向前跳出一站；否则，棋子向前跳出两站，直到跳到第站或第站时，游戏结束.设游戏过程中棋子出现在第站的概率为.‎ ‎（1）当游戏开始时，若抛掷均匀骰子次后，求棋子所走站数之和的分布列与数学期望；‎ ‎（2）证明:； ‎ ‎（3）若最终棋子落在第站，则记选手落败，若最终棋子落在第站，则记选手获胜.请分析这个游戏是否公平.‎ ‎【答案】（1）分布列见解析，4；（2）证明见解析；（3）不公平.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可知，随机变量的可能取值有根据独立重复实验的概率计算公式求出概率即可.‎ ‎（2）当时，棋子要到第站，有两种情况：由第站跳1站得到，其概率为；由第站跳2站得到，其概率为，从而，同时加上即可证出.‎ ‎（3）由（2）可得，由，概率不相等，即可得出结论.‎ ‎【详解】（1）由题意可知，随机变量的可能取值有 ‎，‎ - 25 -‎ ‎.‎ 所以，随机变量的分布列如下表所示：‎ 所以，；‎ ‎（2）依题意，当时，棋子要到第站，有两种情况：‎ 由第站跳1站得到，其概率为；由第站跳2站得到，其概率为.‎ 所以，.‎ 同时加上得；‎ ‎（3）依照（2）的分析，棋子落到第99站的概率为,，‎ 由于若跳到第99站时，自动停止游戏，故有.‎ 所以，即最终棋子落在第99站的概率大于落在第100站的概率，游戏不公平.‎ ‎【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，讨论的极值点个数；‎ ‎（2）若时，，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）一个极值点；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ ‎（1）求出，令，求出，利用导数判断的单调性，从而判断函数的单调性，从而由极点的定义即可求解. ‎ ‎（2）等式可化为恒成立，令，只需，利用导数求即可.‎ ‎【详解】（1）‎ 令 则，当，，当，‎ 所以在递减在递增，所以 因为所以，恒成立，‎ 则当时，时，‎ 所以在递增，递减，所以是唯一极值点，‎ 所以只有一个极值点 ‎（2）因为，不等式可化为恒成立，‎ 令，只需 因为，令，则 当，所以在递增，递减.‎ 有.‎ 所以在存在唯一零点，在存在唯一零点，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ - 25 -‎ 当时，，‎ 当，‎ 所以在和上为减函数在和上为增函数，‎ 所以是与较小者，‎ ‎，‎ 因为，所以，‎ 所以 综上，，所以.‎ 所以，满足题意的的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了导数在研究函数极值中的应用，在研究函数最值中的应用，考查了转化与化归的思想，属于难题.‎ ‎（二）请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，直线的普通方程为，设与的交点为，当变化时，记点的轨迹为曲线.以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求的极坐标方程；‎ ‎（2）已知点在上，，求的面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）（且）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将直线化为普通方程，与直线联立消去，得的普通方程，再利用极坐标方程与普通方程的互化即可求解.‎ - 25 -‎ ‎（2）设，，根据三角形的面积公式可得，然后再利用辅助角公式以及三角函数的性质即可求解.‎ ‎【详解】（1）由，消去参数得的普通方程，‎ 设，由题意得 消去得的普通方程.‎ 把，代入上式，，‎ 可得的坐标方程为（且）.‎ ‎（2）由题意可设，，‎ ‎，‎ 所以当，即时，‎ 的面积取得最大值，其最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了消参求点的轨迹放方程、普通方程与极坐标方程的互化、三角形的面积公式、二倍角公式、辅助角公式以及三角函数的性质，综合性比较强，属于基础题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知关于的不等式的解集为.‎ ‎（1）求的最大值；‎ - 25 -‎ ‎（2）在（1）的条件下，若，且，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）7.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，解得；当时，分离参数可得，令，只需，根据绝对值的几何意义求出即可； ‎ ‎（2）由（1）可得，即，从而，利用基本不等式即可求解.‎ ‎【详解】（1）当时，恒成立，此时.‎ 当时，原不等式可等价转化为.‎ 令，则原不等式恒成立，只需.‎ 因为，‎ 当且仅当或时，“=”号成立，‎ 所以，即.‎ 综上知，的最大值.‎ ‎（2）由（1）可得，即.‎ 因为，所以，‎ ‎.‎ 当且仅当，即时“=”成立，‎ 所以的最小值为7.‎ ‎【点睛】本题考查了含参数的绝对值不等式的解法、基本不等式求最值，注意利用基本不等式时验证等号成立的条件，属于基础题.‎ - 25 -‎ ‎ ‎ - 25 -‎