福建省宁德市2020届高三普通高中毕业班5月质量检查数学（理）试题

福建省宁德市2020届高三普通高中毕业班5月质量检查数学（理）试题

‎2020届宁德市普通高中毕业班质量检查试卷（5.4）‎ 理 科 数 学 本试卷共23题，共150分，共6页．‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的“姓名、准考证号、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．‎ ‎2．选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号．非选择题用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答案无效．‎ ‎3．考试结束，监考员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，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. ‎ 开始 输入N 是 否 输出x 结束 ‎2．设等差数列的前项和为，若，，则 A．36 B．‎70 C．72 D．144‎ ‎3．干支是天干（甲、乙、…、癸）和地支（子、丑、…、亥）的合 称，“干支纪年法”是我国传统的纪年法．如图是查找公历某年所 对应干支的程序框图．例如公元1988年，即输入，执行 该程序框图，运行相应的程序，输出，从干支表中查出对应 的干支为戊辰．我国古代杰出数学家祖冲之出生于公元年，‎ 六十干支表（部分）‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ 戊辰 己巳 庚午 ‎58‎ ‎59‎ ‎60‎ 辛酉 壬戌 癸亥 则该年所对应的干支为 A. 己巳 ‎ B. 庚午 ‎ C. 壬戌 ‎ D. 癸亥 ‎4． 的展开式中，的系数是 ‎ A． B． C． D．‎ ‎5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ‎4‎ 正视图 侧视图 ‎3‎ ‎3‎ 俯视图 A． B． 　　C． D．‎ ‎6．已知，且，则 A． B． C． D．或 ‎7．在复平面内为坐标原点，复数，对应的 点分别为，，则的大小为 A． B． C． D． ‎ ‎8．函数 恒成立的一个充分不必要条件是 A． B． C． D．‎ ‎9．已知为坐标原点，是的直径．若点满足，则的最小值为 A． B． C． D． ‎ ‎10．方程的曲线有下列说法： ‎ ①该曲线关于对称； ②该曲线关于点对称；‎ ‎③该曲线不经过第三象限；④该曲线上有无数个点的横、纵坐标都是整数．‎ 其中正确的是 E D C B A F A．②③ B．①④ C．②④ D．①③‎ ‎11．如图，四边形为正方形，四边形为矩形，‎ 且平面与平面互相垂直．若多面体 ‎ 的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为 A． B． C． D． ‎ ‎12．双曲线的左、右焦点分别为，，为坐标原点．为 曲线右支上的点，点在外角平分线上，且．若恰为顶角为的等腰三角形，则该双曲线的离心率为 A． B． C． D．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．若抛物线经过点，，则该抛物线的标准方程为___________．‎ ‎14．记为正项数列的前项和，．若，，则___________．‎ ‎15．宁德市中学生篮球比赛中，右图为某球队场比赛得分的茎叶 图，其中有两个数字不慎被墨迹污染（分别用标注）.目前得 ‎ 知这组数据的平均值为，则方差最大时的值为_________． ‎ ‎16．已知函数 若关于的不等式的解集非空，且为有限集，则实数的取值集合为___________．‎ 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须做答．第22、23题为选考题，考生根据要求做答．‎ ‎（一）必考题：共60分 ‎17．（12分）‎ 如图，在平面四边形中，，，，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求的长.‎ ‎18．（12分）‎ 如图，在棱柱中，底面为平行四边形， ‎ ‎,,且在底面上的投影恰为的中点.‎ ‎（1）过作与垂直的平面，交棱于点，试确定点的位置，并说明理由；‎ ‎（2）若点满足，试求的值，使二面角为.‎ ‎19．（12分）‎ 已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左、右焦点，点为椭圆上的一动点，面积的最大值为2.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）直线与椭圆的另一个交点为，点，证明：直线与直线关于轴对称.‎ ‎ ‎ ‎20．（12分）‎ 已知函数（）．‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）求证： ．‎ ‎21．（12分）‎ 某市旅游局为尽快恢复受疫情影响的旅游业，准备在本市的景区推出旅游一卡通（年卡）．为了更科学的制定一卡通的有关条例，市旅游局随机调查了2019年到本市景区旅游的1000个游客的年旅游消费支出（单位：百元），并制成如下频率分布直方图：‎ 由频率分布直方图，可近似地认为到本市景区旅游的游客，其旅游消费支出服从正态分布，其中近似为样本平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）.‎ ‎(1) 若2019年到本市景区旅游游客为500万人，试估计2019年有多少游客在本市的年旅游消费支出不低于1820元；‎ ‎(2) 现依次抽取个游客，假设每个游客的旅游消费支出相互独立，记事件表示“连续3人的旅游消费支出超出”．若表示的概率，为常数），且.‎ ‎（i）求，及，；‎ ‎（ii）判断并证明数列从第三项起的单调性，试用概率统计知识解释其实际意义．‎ 参考数据：，，‎ ‎(二)选考题：共10分．‎ 请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．‎ ‎22．[选修4―4：坐标系与参数方程]（10分）‎ 在直角坐标系中，曲线的参数方程为．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，点的极坐标为，直线的极坐标方程为．‎ ‎(1)求的直角坐标和 l的直角坐标方程；‎ ‎(2)把曲线上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标伸长为原来的倍，得到曲线，为上动点，求中点到直线距离的最小值．‎ ‎23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）‎ 已知函数. 若存在实数使得成立.‎ ‎(1)求的值；‎ ‎(2)若，，求的最小值.‎ ‎2020年宁德市普通高中毕业班质量检查试卷（5.4）‎ 数学（理科）参考答案及评分标准 说明：‎ ‎ 一、本解答指出了每题要考查的主要知识和能力，并给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解法不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准指定相应的评分细则．‎ ‎ 二、对计算题，当考生的解答在某一部分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．‎ ‎ 三、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．‎ ‎ 四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分．‎ 一、选择题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分60分．‎ ‎1．B 2．C 3．A 4．D 5．A 6．A ‎7．B 8．C 9．C 10．D 11．B 12．D 二、填空题：本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． ‎ 三、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．‎ ‎17．本小题主要考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想等．满分12分． ‎ 解：（1）因为，，‎ 所以.……………………………………2分 在中，，‎ 所以…………………………………………………………3分 ‎……………………………………………………4分 ‎. …………………………………………………………5分 ‎（2）在中，由正弦定理得，…………………………………6分 即，解得.…………………………………………………………8分 因为，，‎ 所以，……………9分 在中，，根据余弦定理，‎ ‎…10分 解得．…………………………12分 ‎18．本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等．满分12分．‎ 解：‎ 解法一：‎ ‎（1）当点为棱的中点时，符合题目要求，………1分 下面给出证明. ‎ 分别连结，. ‎ 在中， ‎ 所以，因此，即，…………2分 因为在底面上的投影恰为的中点，‎ 所以平面，‎ 又平面，所以，…………………3分 又，，平面,‎ 所以平面,‎ 因此，点即为所求，平面即为.…………………5分 ‎（2）证明：由题（1）知可得,,，‎ 所以,…………………6分 分别以为轴的正方向，以过点垂直于平面的方向为轴，建立空间直角坐标系， ‎ ‎，，，，，，，.…………………7分 所以 ‎ 易得平面的一个法向量为.……………8分 ‎，‎ 设为平面的一个法向量，则：‎ ‎，即得，‎ 令，得，.…………………10分 因为二面角为，所以，即，‎ 所以，又因为二面角的大小为钝角，故..………………12分 解法二：‎ ‎（1）当点为棱的中点时，符合题目要求，.…………………1分 下面给出证明.‎ 分别连结，，.‎ 因为在底面上的投影恰为的中点，所以平面，‎ 又平面，所以..…………………2分 在中，,故为等边三角形，‎ 又点为棱的中点，所以，.…………………3分 又，，平面,‎ 所以平面,‎ 因此，点即为所求，平面即为..…………………5分 ‎（2）证明：连结，‎ 在平行四边形中，‎ 因为,‎ 所以，故，即,…………………6分 分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，‎ ‎，，，，，，‎ ‎……7分 易得平面的一个法向量为……8分 设为平面的一个法向量，则：‎ ‎，即，‎ 令，得，…………………9分 因为二面角为，‎ 所以，即，‎ 所以，又因为二面角的大小为钝角，解得.……………12分 ‎（其他正确建系方法酌情相应给分）‎ ‎19．本题主要考查直线椭圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，考查考生分析问题和解决问题的能力，满分12分．‎ 解：（1）因为椭圆的离心率为，‎ 所以，即，又，所以，…………………………… 1分 因为面积的最大值为2，所以，即，‎ 又因为，所以，，……………………………… 3分 故椭圆的方程为.……………………………… 4分 ‎（2）由（1）得，‎ 当直线的斜率为时，符合题意，………………… 5分 当直线的斜率不为时，‎ 设直线的方程为，代入消去整理得：………………… 6分 ‎，易得，…………………7分 设，则，………………… 8分 记直线的斜率分别为，则 ‎……………11分 所以，因此直线与直线关于轴对称．……………………………… 12分 ‎20．本小题主要考查导数及其应用、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、数形结合思想等．满分12分．‎ 解:（1）定义域为，‎ ‎.……………………………1分 当时，，‎ 所以函数的单调递增区间为，递减区间为；………………………… 2分 当时，令，得或，………………………………………3分 当时，恒成立，‎ 所以函数的单调递增区间为，无减区间；…………………………………4分 当时，，‎ 所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；………5分 当时，，‎ 所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为．………6分 综上所述，当时，函数的单调递增区间为，递减区间为；‎ 当时，函数的单调递增区间为，无减区间；‎ 当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；‎ 当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为．‎ ‎(2)设，‎ ‎ ，…………………………………7分 由（1）可知，当时，，‎ 且的单调递增区间为，递减区间为，‎ 所以的单调递增区间为，递减区间为，…………………………………8分 故，所以在上单调递增. …………………………………9分 又，‎ 所以当时，，时，；…………………………………10分 又当时，，时，，…………………………………11分 所以..………………………………………12分 ‎21．本小题主要考查频率分布直方图、平均数、正态分布、随机事件的概率、数列及其性质等基础知识，考查运算求解能力、数据处理能力、应用意识，考查分类与整合思想、统计思想、化归与转化思想．满分12分．‎ 解：（1）直方图可得 ‎…………… 2分 ‎∵，，∴旅游费用支出不低于元的概率为 ‎，…………… 3分 ‎∴，‎ 估计年有万的游客在本市的年旅游费用支出不低于元．…………… 4分 ‎（2）（i），………………………………………………………………5分 ‎，……………………………………………………………………6分 所以即 ………………7分 解得………8分 ‎（i）数列从第三项起单调递减. ……………9分 ‎，‎ ‎ 故 ‎ ‎ 又，所以，………………………………10分 即从第三项起数列单调递减.‎ 由此，可知随着抽查人数的增加，事件“不连续3人的旅游费用支出超出”的可能性会越来越小. (即最终会出现连续3人的旅游费用支出超出这一事件).…………………12分 ‎22．选修；坐标系与参数方程 本小题主要考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程的应用，意在考查考生综合运用知识和运算求解能力． 满分10分．‎ （1） 因为点的极坐标为，直线的极坐标方程为，‎ 由，………………………………………………………………………………2分 得点的直角坐标为，…………………………………………………………………3分 直线的直角坐标方程为．……………………………………………………4分 解法一：（2）设，则由条件知点在曲线上，所以……………………6分 ‎，即，…………………………………………………………7分 又因为为中点，所以，……………………………………8分 则点到直线距离为，…………………………9分 当时，取得最小值，故中点到直线距离的最小值为．………………………………………………………………………………………10分 解法二：（2）设，则由条件知点在曲线上，…………………………6分 ‎，即，…………………………………………………………7分 则点到直线的距离为，…………………………………………………8分 点到直线距离为，‎ 当时，取得最小值，‎ 故点到直线距离的最小值为，……………………………………………………9分 又因为点为中点，则点到直线距离的最小值为．………………………10分 ‎23．选修：不等式选讲 本小题考查含绝对值、参数的不等式有解问题与基本不等式的应用 ‎，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想等． 满分10分．‎ 解法一：（1）存在实数使得成立等价于存在实数使得成立，而，…………………………………………………2分 故存在实数使得成立等价于，………………………………………3分 解得，……………………………………………………………………………4分 又因为，则……………………………………………………………………5分 ‎（2）由（1）得，故， ‎ 所以，………………………………………………………………………… 6分 由，‎ 故，‎ 所以，，……………………………………………………………………… 7分 ‎，……………… 9分 当且仅当时取最小值.……………………………………………………10分 解法二：（1）同解法一；‎ ‎（2）由，‎ 得，‎ 即，……………………………………………………………………………… 7分 由，‎ 所以……………………………9分 当且仅当时取最小值. ……………………………………………………10分