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

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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 -‎
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