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文档介绍
福建省厦门市2020届高三第一次质量检查(一模考试)数学试题(理科) Word版含解析
www.ks5u.com 厦门市2020届高中毕业班第一次质量检查 数学(理科)试题 满分150分 考试时间120分钟 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条形码的“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,再选涂其它答案标号.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】 解不等式化简集合,再进行交集运算,即可得答案; 【详解】, . 故选:B. 【点睛】本题考查集合的交运算,考查运算求解能力,求解时注意这一条件的应用. 2.若复数z满足,z在复平面内对应的点为,则( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 - 25 - 【分析】 设,代入中,再利用模的运算,即可得答案; 【详解】设,代入得:, 故选:D. 【点睛】本题考查复数模的运算、复数对应点的轨迹方程,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查运算求解能力,属于基础题. 3.已知为等差数列,为其前n项和,若,,则( ) A. 17 B. 15 C. 13 D. 11 【答案】C 【解析】 【分析】 根据,求得的值,再代入通项公式,即可得答案; 【详解】,, , 故选:C. 【点睛】本题考查等差数列基本量运算,考查函数与方程思想,考查运算求解能力,属于基础题. 4.A、B两名同学6次的跳高成绩如图所示,且这6次成绩的平均分分别为,,标准差分别为,,则( ) A , B. , - 25 - C. , D. , 【答案】A 【解析】 【分析】 根据图形中的数据,易得A同学的平均值较高,且数据比较集中,即可得答案; 【详解】根据图形中的数据知A同学只是第3次成绩低于B同学,可直观看出A同学的平均成绩较高,故;由于B同学的成绩波动较大,所以; 故选:A. 【点睛】本题考查统计中的平均数与标准差,考查数据处理能力,属于基础题. 5.1618年德国物理学家开普勒在《宇宙谐和论》上提出:绕以太阳为焦点的椭圆轨道运行的所有行星,其各自椭圆轨道半长轴长(单位:米)的立方与它的公转周期(单位:秒)的平方之比是一个常量,即,(其中k为开普勒常数,M为中心天体质量,G为引力常量).已知地球轨道的半长轴长约为1.5亿千米,地球的运行周期约为1年,距离太阳最远的冥王星轨道的半长轴长约为60亿千米,则冥王星的运行周期约为( ) A. 150年 B. 200年 C. 250年 D. 300年 【答案】C 【解析】 【分析】 地球轨道的半长轴长和运行周期可求得的值,再进一步利用公式计算冥王星的运行周期. 【详解】由题意得:, , (秒) 年. 故选:C. 【点睛】本题考查数学文化,考查函数与方程思想,考查运算求解能力,求解时注意对时间单位的理解,可减少计算量. - 25 - 6.某程序框图如图所示,该程序运行后输出的S的值是( ) A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据程序框图可知是一个周期数列,求出当时,对应的值,即可得答案; 【详解】, , , , , , ,输出, 故选:D. 【点睛】本题考查程序框图中的循环结构,考查运算求解能力,求解时注意何时终止循环. 7.如图是某圆锥的三视图,其正视图是一个边长为1的正三角形,圆锥表面上的点M,N - 25 - 在正视图上的对应点分别是A、B.则在此圆锥的侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为( ) A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由三视图可知几何体的直观图为圆锥,则圆锥的侧展图如图所示,再根据三视图中的数据,即可得答案; 【详解】由三视图可知几何体的直观图为圆锥, 圆锥的底面周长为,圆锥侧展图的圆心角为, 由三视图可得,点在侧展图的位置,如图所示, ,, . 故选:B. 【点睛】本题考查三视图还原几何体的直观图、圆锥表面上两点间的最短距离,考查空间想象能力、运算求解能力. 8.在直角中,,,,D是的内心,则( ) A. B. C. D. - 25 - 【答案】A 【解析】 【分析】 根据图形的特点建立直角坐标系,写出相关点的坐标,再利用平面向量基本定理的坐标运算,即可得答案; 【详解】以坐标原点,分别为轴建立直角坐标系, 则,,,, 设内切圆的半径为,则, ,, 设, . 故选:A. 【点睛】本题考查平面向量基本定理的坐标运算、三角形的内切圆半径求解,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力. 9.关于函数有下述四个结论: ①是偶函数;②在区间上是增函数;③的最大值为2;④ - 25 - 的周期为. 其中所有正确结论的编号是( ) A. ①② B. ①④ C. ①③④ D. ②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】 对①,根据偶函数的定义可判断;对②,去绝对值并利用导数判断;对③,直接根据同角三角函数的基本关系判断;对④,利用排除法可排除选项. 【详解】对①,函数的定义域为关于原点对称,且,为偶函数,故①正确; 对②,当时,,则,在不恒成立,在区间上是增函数错误,故②错误; 对③,若的最大值为2,则,显然不可能同时取到,故③错误; 利用排除法,可选排除选项ACD. 故选:B. 【点睛】本题考查三角函数的图象与性质运用,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力,求解时注意排除法的运用. 10.已知点,点P在抛物线上运动,点Q在圆上运动,则的最小值为( ) A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】 先根据圆外一点到圆上一点距离的最小值得,再利用抛物线的定义,即可得答案; 【详解】如图所示,过作准线的垂线交于, - 25 - , 当三点共线时,取得最小值, 的最小值为. 故选:A. 【点睛】本题考查圆外一点到圆上一点距离的最小值、抛物线的定义,考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力,求解时注意线段之间转换的应用. 11.在四面体ABCD中,,,.若平面同时与直线AB、直线CD平行,且与四面体的每一个面都相交,由此得到一个多边形截面,则该多边形截面面积的最大值为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意可得截面为平行四边形,求出异面直线所成的角,再代入三角形的面积公式,利用基本不等式可求得面积的最值. 【详解】如图所示,在四面体ABCD中,截面为, 由线面平行的性质定理可得, 同理可得:; 四边形为平行四边形; - 25 - 当分别为边的棱的中点时, , 为中点,,, , ,; 设,则,, ,等号成立当且仅当, 多边形截面面积的最大值为, 故选:B. 【点睛】本题考查线面平行性质定理的运用、截面的面积最值、基本不等式的应用,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力,求解时注意基本不等式求最值的运用. 12.已知直线分别与函数和的图象交于点,,则下列结论错误的是( ) A. B. C. D. - 25 - 【答案】D 【解析】 【分析】 对A,分别作出函数,,的图象,通过图象观察易得成立;利用基本不等式可证B成立;构造函数可证C成立;构造函数可得,再利用函数的单调性,可证得D不成立; 【详解】对A,如图,作出函数、和的草图,因为A,B关于C对称,且,因为,所以,故A正确; 对B,由基本不等式,,因为,所以等号不成立,故B正确; 对C,因为,所以,记, 则,故时,,所以在上单调递增,所以,即,即,故C正确; - 25 - 对D,记,则,,则,又,易知在上单调递增,故,故D错误. 故选:D. 【点睛】本题考查利用导数研究不等式问题,考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力,求解时注意函数构造法的应用. 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分. 13.已知数列的前n项和为,且,则________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据递推关系令,即可求得的值. 【详解】当时,, 当时,, 当时,, 故答案为:. 【点睛】本题考查数列递推关系的运用,考查函数与方程思想,考查运算求解能力,属于基础题. 14.的展开式中常数项为________.(用数字作答) 【答案】 【解析】 【分析】 利用二项式定理求出通项公式,再根据的取值,即可得答案; - 25 - 【详解】的展开式的通项公式 当和时,可得展开式中常数项为, 故答案为:. 【点睛】本题考查二项式定理求指定项的系数,考查逻辑推理能力、运算求解能力,求解时注意符号问题. 15.设函数的定义域为R,满足,且当时,.若,则实数m的取值范围是________. 【答案】 【解析】 分析】 由题意得函数关于呈中心对称,由的解析式可得函数在单调递减,并求出的解析式,可得,从而得到关于的不等式,即可得答案. 【详解】,关于中心对称, 当时,设为图象上任意一点,则关于对称点为, , 中,当时,, 所以在上单调递减,且, ,解得, 故答案为:. 【点睛】本题考查函数的性质、利用函数的单调性解不等式,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力. - 25 - 16.已知双曲线的左、右焦点分别为、,O为坐标原点,P是双曲线上一点,且,点M满足,,则双曲线的离心率为________. 【答案】2 【解析】 【分析】 取另一三等分点N,则有,又M是PN中点,则有Q是OP中点,再由平行四边形的对角线平方和等于四边的平方和,列出关于的方程,即可得答案; 【详解】因为点M满足,所以M是一个三等分点, 取另一三等分点N,则有,又M是PN中点,则有Q是OP中点, 因为, 所以,则, 由平行四边形对角线平方和等于四边的平方和, , ,化简得. 故答案为:. 【点睛】本题考查双曲线的离心率求解,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力,求解时注意平面几何知识的运用. 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题、第23题为选考题,考生根据要求作答. (一)必考题:共60分. - 25 - 17.的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知. (1)求B; (2)若,AB边上的中线,求的面积. 【答案】(1)(2) 【解析】 【分析】 (1)由正弦定理可得,再利用诱导公式和倍角公式,求得,即可得答案; (2)利用余弦定理求出,再代入三角形的面积公式,即可得答案; 【详解】(1)依题设及正弦定理可得,, 因为,所以, 所以, 又,所以, 又,所以,即. (2)因为,, 所以,故为等腰三角形. 则, 在中由余弦定理可得,, 即,解得, 所以. - 25 - 【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式和三角恒等变换等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力,考查数形结合思想、函数与方程思想. 18.如图,平行四边形ABCD中,,E、F分别为AD,BC的中点.以EF为折痕把四边形EFCD折起,使点C到达点M的位置,点D到达点N的位置,且. (1)求证:平面NEB; (2)若,求二面角的余弦值. 【答案】(1)见解析(2). 【解析】 【分析】 (1)记,连接NO,证明即可证明结论; (2)先证明平面ABFE,再以直线OE为x轴,直线OA为y轴,直线ON为轴建立空间直角坐标系,求出平面MBE的法向量,平面NBE的一个法向量,代入向量的夹角公式,即可求得二面角的余弦值. 【详解】(1)证明:记,连接NO, 可知四边形ABFE是菱形,所以,且O为AF,BE的中点, 又,所以, 又因为,NO,平面NEB, 所以平面NEB. (2)因为,所以,, - 25 - 所以, 所以, 所以,所以, 又由(1)可知:,且,AF,平面ABFE, 所以平面ABFE,以直线OE为x轴,直线OA为y轴,直线ON为轴建立空间直角坐标系, 则,,,,, 所以,所以,, 设是平面MBE的法向量,则 ,取,得, 又平面NBE的一个法向量为, 所以, 所以二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查直线与平面垂直、二面角、空间向量等基础知识;考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力;考查数形结合思想、化归与转化思想等. 19.已知椭圆,A为C的上顶点,过A的直线l与C交于另一点B,与x轴交于点D,O点为坐标原点. (1)若,求l的方程; - 25 - (2)已知P为AB的中点,y轴上是否存在定点Q,使得?若存在,求Q的坐标;若不存在,说明理由. 【答案】(1)(2)存在 【解析】 【分析】 (1)对直线的斜率进行讨论,当斜率不存在时显然不满足,当直线斜率存在时,设出直线方程,代入弦长公式求出斜率的值,即可得答案; (2)利用中点坐标公式求得,根据求出,的方程,即可得到定点坐标. 【详解】(1)①当直线的斜率不存在时,,,舍去; ②当直线的斜率存在时,,, 联立方程,化简得, 解得或,所以, 所以,化简得, 解得或(舍去),即, 所以. - 25 - (2)①,由(1)得,, 所以,又因为,所以,所以, 所以, 即存在定点满足条件. ②,则O,P重合,也满足条件 综上,存在满足条件. 【点睛】本题考查直线的方程、直线与椭圆的位置关系等知识;考查运算求解能力、推理论证能力等;考查数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想等. 20.小明和爸爸玩亲子游戏,规则如下:袋中装有3个大小相同球,1个白球,2个红球,每次摸出一个球,记下颜色后放回,若摸出白球,则下一次由原摸球人继续摸球;若摸出红球,则下一次由对方摸球,规定摸球m次,最后一次由谁摸球就算谁获胜.第一次由小明摸球. (1)求前3次摸球中小明恰好摸2次的概率; (2)设第n次由小明摸球的概率为,则. (ⅰ)求; (ⅱ)在与之中选其一,小明应选哪个?(只写结果,不必说明理由!) 【答案】(1)(2)(ⅰ)(ⅱ)选19次. 【解析】 【分析】 - 25 - (1)设事件{前3次摸球中小明恰好摸2次球},事件{第i次由小明摸球},利用相互独立事件的概率计算,即可得答案; (2)(ⅰ)第4次由小明摸球有4种情况,分别计算概率,即可得到的值: (ⅱ)由(ⅰ),猜测,所以选19次. 【详解】(1)设事件{前3次摸球中小明恰好摸2次球},事件{第i次由小明摸球}, 所以. (2)第4次由小明摸球有以下情况: 次数 第1次 第2次 第3次 第4次 概率 情况1 小明摸球 小明摸球 小明摸球 小明摸球 情况2 小明摸球 小明摸球 爸爸摸球 小明摸球 情况3 小明摸球 爸爸摸球 小明摸球 小明摸球 情况4 小明摸球 爸爸摸球 爸爸摸球 小明摸球 则, 则, 则, 则, 所以. (ⅱ)由(ⅰ),猜测,所以选19次. 【点睛】本题考查概率的性质和概率与数列的综合应用等知识;考查数学抽象、逻辑推理、数学建模、数学运算素养;考查统计与概率、或然与必然思想等. - 25 - 21.已知函数,. (1)若直线与曲线相切,求实数a的值; (2)用表示m,n中的最小值,设函数,讨论零点的个数. 【答案】(1).(2)当时,有1个零点;当时,有2个零点. 【解析】 【分析】 (1)设切点利用切点既在曲线上又在切线上,导数的几何意义,可得方程组消去得(*),利用导数解方程,即可得答案; (2)对分三种情况考虑,即、、,可得时无零点,时一个零点,时,,的零点即为的零点,再利用零点存在定理,即可得答案; 【详解】(1)依题意,, 则曲线在点处的切线方程为, 又,代入整理得, 此直线与重合,得 消去得(*), 记,则, - 25 - 当时,,单调递增; 当时,,单调递减; 所以,当且仅当时取等号. 由(*)式可知, 所以,即. (2)①当时,, 所以,无零点, ②当时,,从而,故为的一个零点, ③当时,,则的零点即为的零点, 令,得, (ⅰ)若,即时,, 从而在上单调递增,进而,又, 所以,此时在上无零点. (ⅱ)若,即时, 因为在上单调递减,在上单调递增, 因为,, 故在上无零点. 另外,由(1)可知恒成立,即对恒成立, 则, 所以, 故存在,进而存在,使得,即, - 25 - 此时在上存在唯一零点. 综上可得,当时,有1个零点;当时,有2个零点. 【点睛】本题考查函数的单调性、导数几何意义及其应用、不等式等基础知识;考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等;考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等. (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,则按所做的第一题计分. [选修4-4:坐标系与参数方程] 22.在直角坐标系xOy中,直线l的方程为,曲线C的方程为,动点P到原点O的距离与到l的距离相等.以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系. (1)求C的极坐标方程和P点轨迹的极坐标方程; (2)若Q是曲线C上一点,且,求. 【答案】(1),.(2)4 【解析】 【分析】 (1)利用,代入圆的方程,即可得到圆的极坐标方程;对点P在y轴右侧时,P在y轴,y轴左侧时,三种情况进行讨论,均可得到; (2)因为,所以设点,且,求出的值,即可得答案; 【详解】(1)由得,. 因为,所以,即为C的极坐标方程. 当P在y轴右侧时,过点P作x轴的垂线,垂足为M,作y轴的垂线,垂足为N,设l与x轴的交点为R, 因为点P到原点距离与到l距离相等,所以. - 25 - 在中,,所以. 因为,所以. 当P在y轴或y轴左侧时,满足. 综上,P点轨迹的极坐标方程为. (2)因为,所以设点,且. 又,所以, 解得,所以. 【点睛】本题考查曲线的极坐标方程等基础知识,考查直线与圆锥曲线的位置关系;考查运算求解能力、推理论证能力;考查数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想等. [选修4-5:不等式选讲] 23.已知函数. (1)若a,b,,,证明:; (2)若,对于任意的,恒成立,求c的取值范围. 【答案】(1)见解析(2)或 【解析】 【分析】 (1)由已知得,两边平方再利用基本不等式,即可得答案; (2)对于任意的,恒成立,取得到的范围,进而验证 - 25 - 或符合题意. 【详解】(1)由已知得,, 所以 . 所以. (2)当时,, 因为对于任意的,恒成立, 所以,解得或, ①当时, 在为减函数, 所以,即, ②当时, 在为减函数, 所以,即, 综上所述,或. 【点睛】本题考查基本不等式、含绝对值不等式等基础知识;考查推理论证能力、运算求解能力等;考查数形结合、转化与化归、函数与方程、分类与整合等数学思想方法. - 25 - - 25 -查看更多