【数学】福建省三明市2020届高三上学期期末质量检测试题（理）（解析版）

【数学】福建省三明市2020届高三上学期期末质量检测试题（理）（解析版）

福建省三明市2020届高三上学期期末质量检测 数学试题（理）‎ 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.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】集合，集合，‎ 所以,故选D.‎ ‎2.设是虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】A ‎【解析】，该复数对应的点为，它在第一象限，‎ 故选：A.‎ ‎3.已知函数，则的值为（ ）‎ A. 1 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】，‎ 故选：B.‎ ‎4.如图，网格纸上的小正方形边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）‎ A. B. C. 4 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】由三视图可知，几何体为直三棱柱，底面为等腰直角三角形，其腰长为，‎ 棱柱高为，故其体积为，‎ 故选：C.‎ ‎5.函数图象的一条对称轴方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】令，解得，‎ 当时，函数图象的一条对称轴为直线.‎ 故选：C.‎ ‎6.已知向量，满足，，，则，的夹角为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由可以得到，所以，‎ 所以，解得，‎ 因，故.‎ 故选：D.‎ ‎7.若在如图所示的程序框图中输入，则输出的的值是（ ）‎ A. 3 B. 4‎ C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】第一次判断奇偶性前，；‎ 第二次判断的奇偶性前，；‎ 第三次判断的奇偶性前，；‎ 第四次判断的奇偶性前，；‎ 此时判断后，，终止循环，输出.‎ 故选：B.‎ ‎8.下列函数中，同时满足条件“①奇函数；②值域为；③图象经过第四象限”的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】对于B的函数，令，其定义域为，而则，‎ 故为不是奇函数，故B不正确.‎ 对于A中的函数，当时，，‎ 故该函数的图象不过第四象限，故A不正确.‎ 对于D中的函数，当时，，‎ 故该函数的图象不过第四象限，故D不正确.‎ 对于C中的函数，令，该函数的定义域为，‎ 又，故为奇函数.‎ 又的值域为，当时，，故图象经过第四象限，故C正确.‎ 故选：C.‎ ‎9.已知数列满足，且，则的值为（ ）‎ A. B. C. 3 D. 10‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为，故，所以，‎ 所以数列是周期数列且周期为2，因为，故，所以，‎ 所以.‎ 故选：A.‎ ‎10.已知抛物线的焦点为，过的直线与抛物线交于，，点在线段上，点在的延长线上，且.则面积的最小值为（ ）‎ A. 4 B. 6 C. 8 D. 10‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为点在的延长线上，且，所以.‎ 因为，故设直线，，‎ 由可得，所以.‎ 又，当时等号成立，故的最小值为2，‎ 所以面积的最小值为4.‎ 故选：A.‎ ‎11.已知函数是定义在上的增函数，且其图象关于点对称，则关于的不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】因为的图象关于点对称，所以.‎ 因为，故，‎ 所以.‎ 因为是定义在上的增函数，故即，‎ 解得，故原不等式的解集为，‎ 故选：B.‎ ‎12.已知三棱锥外接球的表面积为，，，直线与平面所成角为，则等于（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】取的中点为，连接，过作，交于.‎ 因为，所以，故.‎ 又，所以，同理，‎ 因为，故平面.‎ 因为平面，故平面平面，‎ 因为平面平面，平面，故平面，‎ 所以为直线与平面所成的角，因此，‎ 故为等边三角形，故.‎ 因为，所以，同理，故，‎ 所以为外接球的球心且为球的半径.‎ 因为外接球的表面积为，故，故，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.曲线在点处的切线方程是______.‎ ‎【答案】x-y-2=0‎ ‎【解析】因为曲线 在点（1,－1）处的切线方程是由点斜式可知为x-y-2=0‎ ‎14.已知实数，满足约束条件，则的最大值为______.‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】不等式组对应的可行域如图所示：‎ 由可得，故.‎ 当动直线过时，有最大值且最大值为.‎ 故答案为：10.‎ ‎15.已知直线过原点且倾斜角为，其中，若在上，且满足条件，则的值等于______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】因为，故，‎ 所以或，所以或.‎ 因为，故，所以，‎ 所以，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎16.已知是双曲线的一个焦点，是上的点，线段交以的实轴为直径的圆于 ‎，两点，且，是线段的三等分点，则的离心率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如图所示，取的中点为，为双曲线的另一个焦点，连接、、，‎ 设，，则.‎ 因为为圆的弦，故，故，‎ 解得，故.‎ 又，故.‎ 因为、分别为、的中点，故，‎ 由双曲线的定义可知，‎ 故即，‎ 整理得到，解得.‎ 故答案为：.‎ 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题~第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.在各项均为正数的等比数列中，已知，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ 解：（1）设等比数列的公比为 ‎ ，又 ‎ 解得： ，‎ ‎（2）由（1）知：‎ ‎.‎ 数列的前项和为，‎ ‎18.如图1，在四边形中，，，为中点，将沿折到的位置，连结，，如图2.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求平面与平面所成锐二面角的大小.‎ ‎（1）证明：四边形中连接，在四棱锥中连接.‎ 如图，在四边形中，因为，故四边形为平行四边形，‎ 又，所以四边形为菱形，同理四边形为菱形，‎ 故，所以，故为等边三角形，‎ 所以也为等边三角形.‎ 在四棱锥中，取的中点，连接.‎ 因为为的中点，所以，同理，‎ 因为，所以平面，因平面，故.‎ ‎（2）解：设平面平面，‎ 由（1）可知，而平面，平面，所以平面.‎ 又平面，所以，故.‎ 由（1）得，，故为二面角的平面角.‎ 因为为等边三角形且，故，同理，‎ 因为，所以，‎ 因为，故.‎ 所以平面与平面所成锐二面角的值为.‎ ‎19.某公司设计的太阳能面板构件的剖面图为三角形，设顶点为，，，已知，且（单位：）.‎ ‎（1）若，求的周长；‎ ‎（2）根据某客户需求，的面积至少为.请问该公司设计的太阳能面板构件能否满足该客户需求？说明理由.‎ 解：（1）因为，所以，‎ 所以，故，所以，三角形的周长为.‎ ‎（2）设，则，‎ 由余弦定理得，因为，‎ 所以，‎ 故 ‎，当且仅当时，等号成立.‎ 因为，故该公司设计的太阳能面板构件能满足该客户需求.‎ ‎20.已知是圆：上的动点，设在轴上的射影为，动点满足，的轨迹为.‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）圆及曲线与轴的四个交点，自上而下记为，，，，直线，与轴分别交于，（为相异两点），直线与的另一个交点为，求证：，，三点共线.‎ 解：（1）设，则，所以，‎ 故的轨迹的方程为：，它是焦点在轴上的椭圆.‎ ‎（2）设，则，故，同理.‎ 设（），则，‎ 由可得，故，所以.‎ 又，而，‎ 要证三点共线，即证：，‎ 也就是即证：，即证：，‎ 即证：①.‎ 因为在圆上，故即，所以①成立.‎ 故三点共线.‎ ‎21.已知函数，.‎ ‎（1）证明：在区间上单调递增；‎ ‎（2）若存在，使得与在的值域相同，求实数的取值范围.‎ ‎（1）证明：因为，故且，‎ 令，故.‎ 当时，，故在上为增函数，‎ 所以，‎ 故，，故为上的增函数.‎ ‎（2）解：因为，故在为增函数，‎ 故在上的值域为.‎ 当时，的值域为，故， ‎ 所以在有两个不同的解.‎ 令，‎ 故在有两个不同的零点.‎ 又，‎ 当时，，‎ 故为上的单调增函数，‎ 故在最多有一个解，舍去.‎ 当时，.‎ 取，，‎ 令，则，‎ 故在为增函数，‎ 故，‎ 故在有且只有一个实数解且.‎ 当，，故在为减函数；‎ 当时，，故在增函数；‎ 故.‎ 又，所以 因为在有两个不同的零点， ‎ 故即.‎ 令，其中，‎ 故，故在上为减函数，‎ 故不等式的解为，‎ 所以.‎ 令及，‎ 因为为开口向上的二次函数，‎ 故存在，使得当任意时，总有，‎ 而，故在上为增函数，‎ 当对任意的时，总有 ，‎ 因为，故当，，‎ 根据零点存在定理，在上有且只有一个零点.‎ 因为在有两个不同的零点，故，‎ 所以即，‎ 又，故，‎ 所以.‎ 当时，在上始终满足，‎ 由（1）可知在为增函数，故，‎ 不符合题设要求，舍去.‎ 综上，.‎ ‎（二）选考题：本题满分10分.请考生在（22）、（23）两题中任选一题作答.如果多做，则按所做第一题计分.‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在平面直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.已知直线的参数方程为(为参数)，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求的直角坐标方程;‎ ‎（2）求被截得的线段长.‎ 解：（1），‎ 由得：‎ 化简得的直角坐标方程为：‎ ‎（2）由直线的参数方程得其普通方程为：‎ 由消去得：‎ 设与的交点为，‎ 则，‎ 则被截得的线段 ‎ [选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23.已知正数，，满足.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，求的最大值.‎ ‎（1）证明： ‎ ‎（当且仅当时取等号）‎ ‎（2）解：，即 ‎（当且仅当时取等号）‎ ‎ ，即 ，‎ 此时 ，‎ 当时，取得最大值.‎ ‎ ‎