福建省2020届高三毕业班质量检查测试（B卷）数学（理）试题

福建省2020届高三毕业班质量检查测试（B卷）数学（理）试题

学校: 准考证号:　　　　　　　　 姓名:　　　　　‎ ‎（在此卷上答题无效）‎ 工作秘密★启用前 ‎2020年福建省高三毕业班质量检查测试（B卷）‎ 理科数学 本试卷共6页。满分150分。‎ 注意事项：‎ 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。‎ 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. 考试结束后，将本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．‎ ‎2．复数满足，则在复平面内对应的点在 ‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎ ‎3．“，”是“”的 ‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎ ‎4．平面直角坐标系中，若角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，其终边上一点 绕原点顺时针旋转到达点的位置，则 A． B． C． D．‎ ‎5．若单位向量满足，向量满足，且向量的夹角为，则 ‎ A． B． C． D．‎ ‎6．已知，则的大小关系为 A． B． C． D． ‎ ‎7．小王于2015年底贷款购置了一套房子．根据家庭收入 情况，小王选择了10年期每月还款数额相同的还贷方式．‎ 截至2019年底，小王一家未再添置房产．2016及2019年 小王的家庭收入用于各项支出的分布如图．根据以上信息，‎ 判断下列结论中正确的是 A．小王一家2019年用于其它方面的支出费用是2016年的3倍 ‎ B．小王一家2019年用于房贷的支出费用比2016年减少了 ‎ C．小王一家2019年用于饮食的支出费用与2016年相同 ‎ D．小王一家2019年的家庭收入比2016年增加了1倍 ‎ ‎8．已知函数在上恰有个零点，则实数的取值范围是 A． B． C． D．‎ ‎9．已知定义在上的函数的对称中心为，且当时，，则不等式的解集为 A． B． C． D．‎ ‎10．如图，是一种碳原子簇，它是由60个碳原子构成的，‎ 其结构是以正五边形和正六边形面组成的凸32面体，这60‎ 个原子在空间进行排列时，形成一个化学键最稳定的空间 排列位置，恰好与足球表面格的排列一致，因此也叫足球烯．‎ 根据杂化轨道的正交归一条件，两个等性杂化轨道的最大值之间的夹角（） 满足，式中分别为杂化轨道中轨道所占的百分数． 中的杂化轨道为等性杂化轨道，且无轨道参与杂化，碳原子杂化轨道理论计算值为，它表示参与杂化的轨道数之比为，由此可计算得一个中的凸32面体结构中的六边形个数和两个等性杂化轨道的最大值之间的夹角的正弦值分别为 ‎ A．， B．， C．， D．， ‎ ‎11．在正方体中，为棱上的动点，分别为线段，上的动点，且，给出以下四个结论：‎ ①平面； ②平面平面； ‎ ③； ④三棱锥的体积为定值． ‎ 其中所有正确结论的编号是 A．①②④ B．①③④ C．①③ D．③④‎ ‎12．已知为椭圆的左、右焦点，为的短轴端点，的延长线交于点，关于轴的对称点为，若，则的离心率是 A．　　　 B．　　　　 C．　 D． ‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13．若双曲线的一个焦点为，且渐近线方程为，则该双曲线的方程是 ．‎ ‎14．已知随机变量服从正态分布，若，则 ．‎ ‎15．设的内角的对边分别为，若，，，则的面积为 ．‎ ‎16．在边长为2的正方形内（含边界）取一点，在边上分别取点，使得能拼成一个三棱锥，这样的三棱锥有 个，当三棱锥表面积取得最大值时，其外接球体积记为，设，则关于的函数表达式为 　　 ．（本题第一空2分，第二空3分）‎ 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为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题：共60分。‎ ‎17．（12分）‎ 数列和分别是各项都为正数的等差数列和等比数列，满足，，，．‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）令，求数列的前项和．‎ ‎18．（12分）‎ 如图，边长为的正方形中，分别为的中点，将沿折起，使点到达点的位置，且为等边三角形．‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）点是棱上一点,且平面，求二面角的余弦值.‎ ‎19．（12分）‎ 已知定点，为轴上方的动点，线段的中点为，点在轴上的射影分别为，是的平分线，动点的轨迹为．‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）设上点满足，在轴上的射影为，求的最小值．‎ ‎20．（12分）‎ 某种疾病可分为Ⅰ、Ⅱ两种类型．为了解该疾病类型与性别的关系，在某地区随机抽取了患该疾病的病人进行调查，其中女性是男性的2倍，男性患Ⅰ型病的人数占男性病人的，女性患Ⅰ 型病的人数占女性病人的.‎ ‎（1）若在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关，求男性患者至少有多少人?‎ ‎（2）某药品研发公司欲安排甲乙两个研发团队来研发此疾病的治疗药物．两个团队各至多安排2个接种周期进行试验．甲团队研发的药物每次接种后产生抗体的概率为，每人每次接种花费元，每个周期至多接种3次，第一个周期连续2次出现抗体则终止本接种周期进入第二个接种周期，否则需依次接种至第一周期结束，再进入第二周期；第二接种周期连续2次出现抗体则终止试验，否则需依次接种至至试验结束；乙团队研发的药物每次接种后产生抗体的概率为，每人每次花费元，每个周期接种3次，每个周期必须完成3次接种，若一个周期内至少出现2次抗体，则该周期结束后终止试验，否则进入第二个接种周期．假设两个研发团队每次接种后产生抗体与否均相互独立．‎ ‎（i）若甲团队的试验平均花费大于乙团队的试验平均花费，求、、、满足的关系式；‎ ‎（ii）若，，从两个团队试验的平均花费考虑，该公司应选择哪个团队进行药品研发？‎ 附：，‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.01‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎21．（12分）‎ 已知函数，．‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）求证：函数有唯一的零点．‎ ‎（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。‎ ‎22．[选修：坐标系与参数方程] (10分) ‎ 在直角坐标系中，圆的方程为．以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求与的交点的极坐标；‎ ‎（2）设是的一条直径，且直线不与轴重合，直线交于两点，直线交于两点，求四边形的面积的最小值．‎ ‎23．[选修：不等式选讲] (10分)‎ 已知函数．‎ ‎（1）当时，解不等式；‎ ‎（2）对任意，若不等式恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎2020年福建省高三毕业班质量检查测试（B卷）‎ 理科数学参考答案及评分细则 评分说明：‎ ‎1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。‎ ‎2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。‎ ‎ 3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。‎ ‎ 4．只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。‎ 一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题5分，满分60分。‎ ‎1．C 2．D 3．A 4．D 5．B 6．B ‎7．A 8．A 9．D 10．A 11．B 12．D 二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题5分，满分20分。‎ ‎13． 14． 15． 16．无数；‎ 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．【答案】C．‎ ‎2．【答案】D．‎ ‎【解析】因为，所以在复平面内对应的点为，在第四象限，故选D．‎ ‎3．【答案】A．‎ ‎【解析】当时，，所以；但满足，不满足，，所以“，”是“”的充分不必要条件，故选A．‎ ‎4．【答案】D．‎ ‎【解析】依题意可知在角的终边上，所以，故选D．‎ ‎5．【答案】B．‎ ‎【解析】因为，所以，因为，所以，所以，故选B.‎ ‎6．【答案】B．‎ ‎【解析】因为，，，从而在单调递增，因为，所以，即；又，所以，故，故选B．‎ ‎7．【答案】A．‎ ‎【解析】由于小王选择的是每月还款数额相同的还贷方式，故可知2019年用于房贷方面的支出费用与2016年相同，B错；设一年房贷支出费用为，则可知2016年小王的家庭收入为，2019年小王的家庭收入为，因为，所以小王一家2019年的家庭收入比2016年增加了50% ，D错；2016、2019年小王一家用于其他方面的支出费用分别是，A正确；2016、2019年小王一家用于饮食的支出费用分别为，所以C错．故选A．‎ ‎8．【答案】A．‎ ‎【解析】令，则，所以．因为当时方程成立，所以为方程的一个解，所以在有两个解，所以在有两个解，所以在有两个解，所以，所以，故选A．‎ ‎9．【答案】D．‎ ‎【解析】解法一：依题意知图象关于点对称，‎ 作出图象如图，可知在上为减函数，‎ 由图象可得时，，‎ 由或 由图象可知的解为，故选D．‎ 解法二：依题意知图象关于点对称，作出图象如图，可知的根小于，结合图象知，的解集为，易得答案选D．‎ ‎10．【答案】A．‎ ‎【解析】设一个中的凸32面体结构中共有个五边形，个六边形，‎ 因为每个顶点都是三个面的公共点，故有，又，‎ 解得，所以共有20个六边形；‎ 又因为，，，所以，解得，‎ 因为，所以．故选A.‎ ‎11．【答案】B．‎ ‎【解析】在上取点，使得．所以，，平面，所以平面，平面，‎ 所以平面平面，所以平面，所以①正确；‎ 因为四边形是正方形，所以，又因为平面，所以，，所以平面，因为平面，‎ 所以，所以③正确；‎ 因为，所以点到的距离是一个定值，所以的面积是定值，又因为平面，所以点到平面的距离为定值，即点到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以④正确；‎ 因为当点无限靠近点时，点无限靠近点，此时平面无限趋近于平面，显然平面与平面不垂直，所以②错误，所以共有3个结论正确，故选B．‎ ‎12．【答案】D．‎ ‎【解析】解法一：由对称性与平行线性质得，图示的五个角 ‎，不妨设为．‎ 故可得，不妨设，则，‎ 则有，解得，故，‎ 所以，解得，故离心率，故选D．‎ 解法二：依题意得，设，直线的方程为，代入得，解得或，所以，所以，‎ 因为①，又因为，，所以②，联立①②得，又，代入解得，故选D．‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13．【答案】．‎ ‎【解析】因为双曲线的渐近线方程为，且一个焦点为，所以可设双曲线方程为，因为，所以，又因为，解得，所以双曲线方程为．‎ ‎14．【答案】．‎ ‎【解析】因为服从正态分布，所以，所以，由正态曲线的对称性知对称轴为，所以．‎ ‎15．【答案】．‎ ‎【解析】由，得，即，‎ 所以，即，又，，所以，‎ 即，解得或（舍去），所以，又，所以的面积为．‎ ‎16．【答案】无数；．‎ ‎【解析】 如图，取点与点重合，当时，能拼成一个三棱锥，所以这样的三棱锥就有无数个；当三棱锥表面积取得最大值时，点与点重合，此时，，拼接后的三棱锥如图2，点重合于点，因为，‎ ‎，，所以，，，所以三棱锥的外接球与以为棱长的长方体的外接球相同，长方体的对角线长即外接球的直径，故，‎ 所以外接球体积，．‎ 图2‎ 图1‎ 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为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题：共60分。‎ ‎17．（12分）‎ ‎【解析】（1）设数列的公差为，数列的公比为．‎ 由题意得 …………………………………………………………2分 解得或． …………………………………………………………4分 所以． ……………………………………………………………6分 ‎（2）设的前项和为，则，…………………………8分 设的前项和为，则，…………………11分 所以. ……………………………………………12分 ‎18．（12分）‎ ‎【解析】（1）连接，由于为等边三角形且为的中点，‎ 所以， 2分 又因为四边形为正方形，且分别为的中点，所以，‎ ‎ 3分 因为且平面，所以平面，. 4分 因为平面，所以. 5分 ‎（2）由（1）知平面，因为平面，所以平面平面，‎ 作于点，因为平面平面，所以平面，‎ 过点作交于，所以，‎ 如图，以为原点，分别以为轴, 轴, 轴正方向建立空间直角坐标系. 6分 在中，因为，‎ 所以，所以，所以，，，‎ ‎，‎ 设直线与直线确定平面，设平面与直线交于点，连结，‎ 因为，平面，平面，所以平面，‎ 因为，平面，所以，‎ 又因为平面，，平面，所以，‎ 所以四边形为平行四边形，所以，‎ 又因为，所以，且，‎ 所以点是棱的中点，所以. 8分 所以，设平面的法向量为，‎ 所以即令，则，‎ 所以平面的一个法向量， 10分 因为平面，所以平面的一个法向量， 11分 所以，‎ 因为二面角为锐角，‎ 所以二面角的余弦值为. 12分 ‎19．（12分）‎ ‎【解析】解法一：（1）设坐标原点为，因为，所以，………1分 因为是的平分线，所以，‎ 所以，所以，………………2分 因为为线段的中点，，‎ 所以，因为，所以， …………3分 因为为轴上方的动点，所以点到点的距离等于点到直线的距离，‎ 所以动点的轨迹是顶点在原点，焦点为的抛物线（原点除外）， ……4分 设的方程为，则，所以，‎ 所以的方程为．………………………………………………………5分 ‎（2）设点，，‎ 所以点，，， …………………6分 所以，……8分 因为，且，所以，所以，………………9分 所以， …………………………11分 当且仅当时，等号成立， ‎ 所以的最小值为．…………………………………………………………………12分 解法二：（1）设点，所以点，所以，‎ 因为是的平分线，所以点到直线的距离，…………………1分 因为直线的方程为， …………………………………………………2分 整理得，所以，……………………………3分 所以，整理得， ………………………………4分 所以动点的轨迹的方程为． ………………………………………5分 ‎（2）设点，，‎ 所以点，所以，……………………………………………6分 因为，所以直线的方程为， ……………………7分 即，代入的方程得：，…………………8分 所以，即， ………………………………………………9分 所以，…………………………11分 当且仅当时，等号成立， ‎ 所以的最小值为． ………………………………………………………………12分 ‎20．（12分）‎ ‎【解析】解：（1）设男性患者有人，则女性患者有人，列联表如下：‎ Ⅰ型病 Ⅱ型病 合计 男 女 合计 要使在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关，‎ 则，………………………………………3分 解得，‎ 因为，，所以的最小整数值为12，‎ 所以男性患者至少有12人. …………………………………………………………4分 ‎（2）（i）设甲研发团队试验总花费为元，则的可能取值为，，.‎ 因为，‎ ‎，‎ ‎,‎ 所以．……………6分 设乙研发团队试验总花费为元，则的可能取值为，.‎ 所以，‎ ‎，‎ 所以．………………8分 因为甲团队的平均花费大于乙团队的平均花费，所以，‎ 所以，整理得.‎ ‎………………………………………………………………………………………9分 ‎（ii）因为，，所以 ‎，‎ ‎①当时，，因为，所以，所以，乙团队试验的平均花费较少，所以选择乙团队进行研发； ……………………………10分 ‎②当时，，因为，所以，所以，甲团队试验的平均花费较少，所以选择甲团队进行研发； ……………………………11分 ‎③当时，，所以，甲团队试验的平均花费和乙团队试验的平均花费相同，从两个团队试验的平均花费考虑，该公司应选择甲团队或乙团队进行研发均可. ………………………………………………………………………………………12分 ‎21．（12分）‎ ‎【解析】（1）， ……………1分 记，， ‎ ‎①当，即时，‎ ‎ ，故，所以在单调递增．…………………………2分 ‎②当，即当时，‎ 有两个实根，，……………………3分 注意到，且对称轴，故，‎ 所以当或时，，，单调递增；‎ 当时，，，单调递减．……………………………4分 综上所述，当时，在单调递增；‎ 当时，在和上单调递增，‎ 在上单调递减． ……………………………………5分 ‎（2）当时，由（1）知，在单调递增，‎ 注意到，，‎ 所以有唯一的零点． ………………………………………………………………6分 当时，由（1）知，在和上单调递增，在上单调递减．‎ 由于，注意到，‎ 于是我们只要证明． ……………………………7分 因为，所以，‎ 又因为，所以， …………………………………………8分 所以， ……9分 记，‎ 则， ……………………………………10分 所以单调递增，所以，所以，‎ 综上所述，函数只有一个零点． ………………………………………………12分 ‎（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。‎ ‎22．[选修：坐标系与参数方程] (10分) ‎ ‎【解析】解法一：（1）圆的方程化为极坐标方程为，…………………1分 联立的极坐标方程得：，由题意易得，………2分 解得或（舍去），所以或（舍去），……3分 所以，或，，‎ 所以与的交点的极坐标为或． ……………………………………5分 ‎（2）如图，因为是的一条直径，且过原点，‎ 所以，即，不妨设点在第一象限，‎ 设，，则，……………6分 由对称性知，‎ 所以， ……………………………7分 ‎， ……………………8分 当且仅当，即时等号成立，…………………………………9分 所以，所以四边形的面积的最小值为． …………………………10分 解法二：（1）曲线的方程化为直角坐标方程为， …………………1分 即，联立的直角坐标方程得：，‎ 解得或（舍去）， …………………………………………………………3分 所以与的交点的直角坐标为，化为极坐标为或，‎ 所以与的交点的极坐标为或． …………………………………5分 ‎（2）如图，因为是的一条直径，且过原点，所以，即，‎ 不妨设直线的方程为：，则直线的方程为：，……6分 把代入的方程得：，‎ 所以，……………………………………………7分 把换成得：， ………………………………8分 由对称性知，‎ 所以，‎ ‎ ，……………………………………………9分 当且仅当即时等号成立，‎ 所以四边形的面积的最小值为． …………………………………………10分 ‎23．[选修：不等式选讲] (10分)‎ ‎【解析】解法一：（1）当时，，‎ 不等式即，即，……………………………1分 解得或（舍去）． …………………………………………………3分 由，解得． ……………………………………………………4分 所以，不等式的解集是． …………………………5分 ‎（2）由题意知，只需满足即可． ………………………………6分 因为，所以 依题意，当时，，‎ 得． …………………………………………………………7分 由，得，即．‎ 所以，． …………………………………………………………………8分 当时，，‎ 得．由，得，即．‎ 所以，， ………………………………………………………………9分 综上，实数的取值范围是．… …………………………………………10分 解法二：（1）同解法一；‎ ‎（2）由题意知，只需满足即可．…………………………………6分 因为，所以．‎ 因为 …………………………7分 ‎，………………………8分 ‎ 当且仅当时等号成立，‎ 所以， ………………………………………………………9分 由，得，即．‎ 综上，实数的取值范围是． ……………………………………………10分 解法三：（1）同解法一； ……………………………………………………………5分 ‎（2）由题意知，只需满足恒成立即可． …………………………6分 因为，所以，所以，恒成立，‎ 即恒成立，………………………………7分 在同一坐标系中作出和的图象，…8分 如图，实线为的图象，虚线为的图象，‎ 由图象知，要使恒成立，‎ 只需满足时成立即可，…………9分 即，解得，‎ 综上，实数的取值范围是． …………………………………………10分