福建省泉州市2020届高三普通高中毕业班单科质量检查文科数学试题 Word版含解析

福建省泉州市2020届高三普通高中毕业班单科质量检查文科数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 泉州市2020届普通高中毕业班单科质量检查 文科数学 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸、试题卷上答题无效.‎ ‎3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.‎ ‎4.保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 一、选择题：本题共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】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解一元二次不等式化简集合，再进行集合的补运算，即可得答案.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，则.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查一元二次不等式的求解、补集的运算，考查基本运算求解能力，属于基础题.‎ ‎2.若复数为纯虚数，则实数的值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 先对得数进行乘法运算，再利用纯虚数的概念，得到实数的值.‎ ‎【详解】复数为纯虚数，‎ 所以，解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查复数的四则运算、纯虚数的概念，考查基本运算求解能力，属于基础题.‎ ‎3.若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用倍角公式得到，再利用诱导公式求得的值.‎ ‎【详解】因，‎ 所以，即.‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查倍角公式、诱导公式应用，考查基本运算求解能力，求解时注意符号的正负.‎ ‎4.新中国成立70周年，社会各界以多种形式的庆祝活动祝福祖国，其中，“快闪”因其独特新颖的传播方式吸引大众眼球.根据腾讯指数大数据，关注“快闪”系列活动的网民群体年龄比例构成，及男女比例构成如图所示，则下面相关结论中不正确的是（ ）‎ ‎ 　　　　‎ - 22 -‎ A. 35岁以下网民群体超过70%‎ B. 男性网民人数多于女性网民人数 C. 该网民群体年龄的中位数在15～25之间 D. 25～35岁网民中的女性人数一定比35～45岁网民中的男性人数多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对A，利用频率分布直方图可得比例；对B，由男女比例构成图可得结论；对C，由频率分布直方图可估计中位数；对D，无法判断；故可得答案.‎ ‎【详解】对A，依题意可得，35岁以下网民群体所占比例为，故A正确；‎ 对B，由男女比例构成图可得男性所占比例，故B正确；‎ 对C，因为15岁以下所占比例为，35岁以下所占比例为，故该网民群体年龄的中位数在15～25之间，故C正确；‎ 对D，答案无法判断，故D错误．‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查统计中的频率分布直方图和丙图，考查数据处理能力和阅读理解能力，求解时要充分提取图中的信息，防止对问题的片面理解.‎ ‎5.设是中心在坐标原点的双曲线．若是的一个顶点，是的一个焦点，则的一条渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 由已知条件得的值，从而得到双曲线的方程，再利用渐近线方程的定义，求得答案.‎ ‎【详解】由已知双曲线的焦点在轴上，，，‎ 所以，‎ 所以双曲线的渐近线方程为，即.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线方程、渐近线方程，考查基本运算求解能力，属于基础题.‎ ‎6.已知等差数列中，，则（ ）‎ A. 32 B. 27 C. 24 D. 16‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的通项公式，将等式化成关于的方程，再整体代入，求得式子的值.‎ ‎【详解】设等差数列公差，则，‎ 所以.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列中的基本量运算，考查整体思想的运用，求解的关键是将整体代入所求的式子，考查运算求解能力.‎ ‎7.“堑堵”是中国古代数学名著《九章算术》中记载着的一种多面体．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某“堑堵”的三视图，则该“堑堵”的体积等于（ ）‎ - 22 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据几何体的三视图可得该几何体为直三棱柱，再利用体积的计算公式求得答案.‎ ‎【详解】由已知可得该“堑堵”是直三棱柱，‎ 所以体积，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题以数学文化为背景，考查三视图还原几何体的直观图，并求柱体的体积，考查空间想象能力和运算求解能力.‎ ‎8.函数的图象大致为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性可排除两个选项，再根据上的单调性，即可得到正确答案.‎ ‎【详解】因为的定义域为关于原点对称，且，‎ 所以为偶函数，故排除C，D；‎ 因为在恒成立，‎ 所以在上单调递增.‎ - 22 -‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性选择函数图象，考查数形结合思想的运用，求解时要注意排除法的应用.‎ ‎9.明代朱载堉创造了音乐学上极为重要的“等程律”．在创造律制的过程中，他不仅给出了求解三项等比数列的等比中项的方法，还给出了求解四项等比数列的中间两项的方法．比如，若已知黄钟、大吕、太簇、夹钟四个音律值成等比数列，则有，，．据此，可得正项等比数列中，（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可得三项等比数列的中项可由首项和末项表示，四项等比数列的第2、第3项均可由首项和末项表示，从而类比出正项等比数列中的可由首项和末项表示.‎ ‎【详解】因为三项等比数列的中项可由首项和末项表示，‎ 四项等比数列的第2、第3项均可由首项和末项表示，‎ 所以正项等比数列中的可由首项和末项表示，‎ 因为，所以，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题以数学文化为背景，考查类比推理能力和逻辑推理能力，求解时要先读懂题目的文化背景，再利用等比数列的通项公式进行等价变形求解.‎ ‎10.若直线与函数的图象有且只有一个公共点，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 22 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，消去，得，将问题转化为直线与曲线恰有一个公共点，利用导数研究函数的图象，从而求得的取值范围.‎ ‎【详解】由，消去，得，则依题意，可知直线与曲线恰有一个公共点，‎ 令，则，‎ 当；当或；‎ 所以在单调递减，在单调递增，‎ 如图所示，作出与的图象，‎ 因为两个函数图象有且只有一个公共点，‎ 所以.‎ ‎　　　　　　‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查函数与方程的应用，考查数形结合思想的运用，求解时要注意利用导数的工具性研究函数的单调性，从而作出函数的草图，考查运算求解能力.‎ - 22 -‎ ‎11.若椭圆的顶点和焦点中，存在不共线的三点恰为菱形的中心和顶点，则的离心率等于（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由菱形对角线互相垂直可转化为，在椭圆的顶点和焦点中找到不共线的三点能构成一个直角三角形，结合椭圆的对称性，只须考虑三种情况，作出图形，从而求得椭圆的离心率.‎ ‎【详解】依题意，由菱形对角线互相垂直可转化为，在椭圆的顶点和焦点中找到不共线的三点能构成一个直角三角形，结合椭圆的对称性，只须考虑三种情况：‎ ‎（1）如图1，若以顶点焦点为菱形顶点，为中心，则，由勾股定理得，，由化简得，‎ 两边同除以，得，又因为，可得．‎ ‎（2）如图2，若以焦点,为菱形顶点，为中心，则，故，易得；‎ ‎（3）如图3，若以焦点为菱形的中心，,为顶点，则，易得，故选D.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的离心率及椭圆的对称性性质，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解的关键是画出几何图形，并能进行完整的分类讨论.‎ ‎12.已知函数．若为奇函数，为偶函数，且在至多有2个实根，则的最大值为（ ）‎ A. 10 B. 14 C. 15 D. 18‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据函数的奇偶性得到函数的对称轴和对称中心，求出后，再利用换元法，求出在至多有2个实根时，的取值范围，从而得到的最大值.‎ ‎【详解】由题意，得为的图象的对称中心，直线为的图象的一条对称轴，‎ 所以，两式相加得，‎ 又因为，所以，代入，得，‎ 因为时，，‎ 即由已知可得，至多有2个实根，‎ 即，由此可得，‎ 又因为，所以时的最大值为10，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的图象和性质的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时要注意三角函数的周期性特点，同时要注意换元法的灵活运用.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知向量，且，，则____________.‎ - 22 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据向量的坐标运算求得的坐标，再代入向量模的公式中.‎ ‎【详解】因为，所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查向量坐标运算及模的求解，属于基础题.‎ ‎14.若满足约束条件则的最大值为___________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出约束条件所表示的可行域，再根据直线截距的最大值，求得目标函数的最大值.‎ ‎【详解】不等式组表示的可行域如图所示：‎ 由得在轴上的截距越大，越大，‎ 所以当直线过点时，取得最大值，‎ 所以的最大值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查线性规划，考查数形结合思想的运用，求解时要注意将目标函数的最大值看成直线在轴上截距的最大值.‎ - 22 -‎ ‎15.已知直线与圆交于两点，分别为的中点，则的最小值为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出直线恒过点，再观察中可转化成只含的变量，进而研究的最小值，即可得到答案.‎ ‎【详解】直线的方程可化为，由解得，直线恒过点，‎ 因为分别为的中点，所以.‎ 当时，最小，此时，‎ 所以．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想、转化与化归思想的运用，求解的关键是找到以为变量进行研究最值.‎ ‎16.已知正方体的棱长为1，动点在棱上，四棱锥的顶点都在球的球面上，则球的表面积取值范围是_____________．‎ ‎【答案】‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，根据几何关系得到，，从而得到的关系，再利用消元法，得到，最后利用一元二次函数的性质，得到的取值范围，从而得到球的表面积取值范围.‎ ‎【详解】如图，设球的球心为，的中点，的中点，的中点，‎ 且，.‎ 因在球面上，所以球心在线段上，‎ 点也在球面上，.‎ 设.则.‎ 在中，…………①‎ 在中，…………②,‎ 联立①②，得，因为，所以.‎ 所以，‎ 所以球的表面积取值范围为.‎ - 22 -‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查四棱锥与球的切接问题、球的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力，考查转化与化归思想、数形结合思想的运用，求解的关键是先确定以什么为变量进行研究.‎ 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题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.记数列的前项和为．若.‎ ‎（1）证明：为等比数列；‎ ‎（2）设，求数列前项和．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）=.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用临差法得到，从而证明数列为等比数列；‎ ‎（2）根据对数运算得到，再利用裂项相消法对数列进行求和.‎ ‎【详解】（1）由已知，得，……①‎ 当时，，……②　‎ ‎①—②，得，即，‎ 整理，得，　‎ 又由，得，所以是以3为首项，3为公比的等比数列.　 ‎ ‎（2）由（1）得，所以，　‎ 所以，　‎ - 22 -‎ 故=.‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推关系、等比数列的定义、裂项相消法求和，考查转化与化归思想的运用，‎ 考查基本运算求解能力.‎ ‎18.的内角所对的边分别为.已知．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理将等式进行“边化角”得到，再利用三角形的内角及正弦定理进行“角化边”，从而求得的值；‎ ‎（2）利用余弦定理求得的表达式，再利用基本不等式求得最小值.‎ ‎【详解】（1）在中，由正弦定理，得，‎ 从而由，可得，‎ 整理，得，即，‎ 又因为，所以，‎ 所以．‎ ‎（2）由（1）不妨设，则，‎ 在中，由余弦定理，得，‎ 所以，‎ 当即时，等号成立，故取到最小值为．‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查正余弦定理、三角形内角和、三角恒等变换的综合运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想的运用，求解的最小值时，要注意基本不等式的运用及取到最值的条件验证.‎ ‎19.如图，平面，平面，四边形是边长为的菱形，，，.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明平面平面，从而得到线面平行；‎ ‎（2）由（1）知，平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离．取的中点，连接，．证明平面，故所以点到平面的距离为，再将数据代入体积公式求解．‎ ‎【详解】（1）因为平面，平面，所以，‎ 又平面，平面，所以平面.‎ 因为四边形是菱形，所以，‎ 又平面，平面，‎ 所以平面，‎ 又，平面，平面，‎ 所以平面平面，　‎ 又平面，所以平面.‎ - 22 -‎ ‎（2）由（1）知，平面，‎ 所以点到平面的距离等于点到平面的距离．‎ 取的中点，连接，．‎ 因为四边形是边长为的菱形，，‎ 所以是边长为的等边三角形，所以，且，‎ 又因为平面，平面，所以，‎ 又，平面，平面，‎ 所以平面，故所以点到平面的距离为． ‎ 所以三棱锥的体积．‎ ‎【点睛】本题考查线面平行、面面平行的位置关系、三棱锥体积求解，考查空间想象能力和运算求解能力，在证明平行关系时，注意定理条件的完整性.‎ ‎20.已知抛物线的顶点在原点，焦点在轴上，过点且斜率为2的直线与相切．‎ ‎（1）求的标准方程；‎ ‎（2）过的直线与交于两点，与轴交于点，证明：．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将直线方程与抛物线方程联立，由判别式等于0，求得抛物线方程中的参数值，进而得到抛物线的方程；‎ ‎（2）设的方程为，，利用两点间的距离公式，并进行消参，将线段分别用进行表示，从而证明等式成立.‎ ‎【详解】（1）过点且斜率为2的直线方程为，即，‎ - 22 -‎ 设的方程为，‎ 由消去，得，‎ 因为直线与相切，所以，‎ 解得（舍去）或，‎ 所以的标准方程为.　‎ ‎（2）设的方程为，．‎ 令，得，即，‎ 由消去，得，‎ 因为与相交，所以，解得或，‎ 设，则，‎ ‎，，‎ 从而，‎ 又，‎ 所以.　‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线标准方程的求解、考查弦长公式、韦达定理等知识，考查方程思想、转化与化归思想的运用，考查运算求解能力，求解时注意变量思想和消元思想的灵活运用.‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ - 22 -‎ ‎（2）当时，，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）答案见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求函数的定义域，再利用导数对函数进行求导，对参数分和两种情况讨论后，得到函数的单调区间；‎ ‎（2）先证当不等式在不会成立，再进一步证明时，在单调递减，在单调递增．再对分和两种情况，研究各自的最小值大于等于，从而求得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）函数的定义域为，‎ ‎，‎ 当时，，则，故在单调递减；‎ 当时，令，得；令，得，‎ 故在上单调递减，在单调递增. ‎ 综上，可得当时，在单调递减；‎ 当时，在单调递减，在单调递增. ‎ ‎（2）①当时，因为，所以不符合题意；‎ ‎②当时，由（1），知在单调递减，在单调递增．‎ ‎（ⅰ）当即时，，所以在单调递增，‎ 故，故满足题意.‎ - 22 -‎ ‎（ⅱ）当即时，在单调递减，在单调递增，‎ 故，　‎ 当时，，当且仅当，‎ 令，则，故在单调递减，‎ 又，从而由即，可得，解得，‎ 综上，可得的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、不等式恒成立求参数值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，考查函数与方程思想、分类讨论思想的综合运用，分类讨论时要做到不重不漏.‎ ‎（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.在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线变为曲线.‎ ‎（1）求的参数方程；‎ ‎（2）设，点是上的动点，求面积的最大值，及此时的坐标．‎ ‎【答案】（1）（）；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先利用伸缩变换求得曲线的普通方程，再将普通方程转化为参数方程；‎ ‎（2）设，再利用点到直线的距离公式，求得距离的最大值，结合面积的最大值，求得点的坐标.‎ ‎【详解】（1）由伸缩变换得到……① ‎ - 22 -‎ 将①代入，得到，整理得.‎ 所以的参数方程为（）． 　‎ ‎（2）设，直线，‎ 则到直线的距离为，‎ 所以.‎ 当或时，面积的最大值为，‎ 此时的坐标为或.‎ ‎【点睛】本题考查伸缩变换、曲线普通方程与参数方程的互化、点的参数设法，考查转化与化归思想、数形结合思想的运用，考查运算求解能力.‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）当时，，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用绝对值不等式直接进行证明；‎ ‎（2）将函数写成分段函数的形式，作出函数的图象，并观察图象求的取值范围.‎ ‎【详解】（1）；‎ - 22 -‎ ‎（2）‎ 作出的图象，如图 由图，可知，当且仅当，解得，‎ 故的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的证明、参数取值范围的求解，考查数形结合思想的运用，考查运算求解能力.‎ - 22 -‎ ‎ ‎ - 22 -‎