福建省泉州市普通高中2020届高三第一次质量检查数学（文）试题 Word版含解析

福建省泉州市普通高中2020届高三第一次质量检查数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 泉州市2020届普通高中毕业班第一次质量检查 文科数学 一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解集合，计算即可.‎ ‎【详解】由得，，‎ ‎.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的求解，集合的交集运算.‎ ‎2.若与互为共轭复数，则（ ）‎ A. 0 B. 3 C. －1 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算，由共轭复数的概念解得即可.‎ ‎【详解】，又由共轭复数概念得：，‎ ‎.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算，共轭复数的概念.‎ ‎3.记为等差数列的前项和.若，，则（ ）‎ - 24 -‎ A. 5 B. 3 C. －12 D. －13‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得，，解得，，计算可得.‎ ‎【详解】，，，，解得，，‎ ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，前项和公式，考查了学生运算求解能力.‎ ‎4.已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，若点在角的终边上，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题知，又，代入计算可得.‎ ‎【详解】由题知，又.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的定义，诱导公式，二倍角公式的应用求值.‎ ‎5.执行如图所示的程序框图，若输入，，则输出的（ ）‎ - 24 -‎ A. 4 B. 5 C. 6 D. 7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图程序运算即可得.‎ ‎【详解】依程序运算可得：‎ ‎，‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了程序框图的计算，解题的关键是理解程序框图运行的过程.‎ ‎6.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与轴交于点，线段与交于点.若，则的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 由题可得，所以，又，所以，得，故可得椭圆的方程.‎ ‎【详解】由题可得，所以，‎ 又，所以，得，，‎ 所以椭圆的方程为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，椭圆标准方程的求解.‎ ‎7.已知函数，，，，则，，的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可判断函数在上单调递增，且，所以.‎ ‎【详解】上单调递增，且，‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了函数单调性的判定，指数函数与对数函数的性质，利用单调性比大小等知识，考查了学生的运算求解能力.‎ ‎8.中，，为的中点，，，则（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 在中，由正弦定理得；进而得，在中，由余弦定理可得.‎ ‎【详解】在中，由正弦定理得，得，又，所以为锐角，所以，，‎ 在中，由余弦定理可得，‎ ‎.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用，考查了学生的运算求解能力.‎ ‎9.若时，，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得对恒成立，令，然后分别求出即可得的取值范围.‎ ‎【详解】由题得对恒成立，‎ 令，‎ 在单调递减，且，‎ 在上单调递增，在上单调递减，‎ ‎，‎ 又在单调递增，，‎ - 24 -‎ 的取值范围为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题，导数的综合应用，考查了转化与化归的思想.求解不等式恒成立问题，可采用参变量分离法去求解.‎ ‎10.若双曲线：绕其对称中心旋转后可得某一函数的图象，则的离心率等于（ ）‎ A. B. C. 2或 D. 2或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线的几何性质与函数的概念可知，此双曲线的两条渐近线的夹角为，所以或，由离心率公式即可算出结果.‎ ‎【详解】由双曲线的几何性质与函数的概念可知，此双曲线的两条渐近线的夹角为，又双曲线的焦点既可在轴，又可在轴上，所以或，或.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质，函数的概念，考查了分类讨论的数学思想.‎ 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.不选或选出的选项中含有错误选项得0分，只选出部分正确选项得3分，选出全部正确选项得5分.‎ ‎11.是衡量空气质量的重要指标.下图是某地9月1日到10日的日均值（单位：）的折线图，则下列说法正确的是（ ）‎ - 24 -‎ A. 这10天中日均值的众数为33‎ B. 这10天中日均值的中位数是32‎ C. 这10天中日均值的中位数大于平均数 D. 这10天中日均值前4天的方差大于后4天的方差 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对折线图信息进行分析，逐一判断检验即可.‎ ‎【详解】由折线图得，这10天中日均值的众数为33，中位数为，中位数小于平均数；前4天的数据波动比后4天的波动大，故前4天的方差大于后4天的方差.‎ 故选：ABD ‎【点睛】本题主要考查了折线图，考查了学生的识图能力与数据分析能力.解题的关键是正确理解众数，中位数，平均数，方差的概念.‎ ‎12.已知正方体的棱长为1，是的中点，则下列选项中正确的是（ ）‎ A. B. 平面 C. 三棱锥的体积为 D. 异面直线与所成的角为 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 判断平面，可得；‎ 由得，平面；‎ 计算三棱锥的体积可得三棱锥；‎ 异面直线与所成的角即为直线与所成的角 ‎【详解】‎ 对于A，易证平面，所以，故A正确；‎ 对于B，因为，所以平面，故B正确；‎ 对于C，，故C错误；‎ 对于D，因为，所以异面直线与所成的角即为直线与所成的角，又为等边三角形，故直线与所成的角为，故D错误.‎ 故选：AB ‎【点睛】本题主要考查了空间中点、线、面的位置关系的判定，几何体体积的计算，考查了空间中异面直线所成角的计算，考查了学生的空间想象能力和逻辑推理能力.‎ 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卡的相应位置.‎ ‎13.已知向量，，，则_________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得，算出，再代入算出即可.‎ ‎【详解】，，，，解得：，‎ - 24 -‎ ‎，则.‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，向量垂直的性质，向量的模的计算.‎ ‎14.若函数，则使得不等式成立的的取值范围为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分，两种情况代入讨论即可求解.‎ ‎【详解】，‎ 当时，，符合；‎ 当时，，不满足.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了分段函数的计算，考查了分类讨论的思想.‎ ‎15.函数的最大值为_________，所有零点之和为_________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化简函数得，可得；‎ ‎（2）令，将函数的零点问题转化为与的交点求解，作出两个函数的图象，根据图象可求解.‎ - 24 -‎ ‎【详解】（1），，‎ 又，，；‎ ‎（2）令，则即可转化为，作出与，‎ 由图知：交点关于直线对称，设函数零点为，，，则有 ‎，‎ ‎.‎ 故答案为：(1). (2). ‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，函数零点问题的求解，考查了数形结合的数学思想，转化与化归的思想.‎ ‎16.正四棱柱中，，.若是侧面内的动点，且，则与平面所成角的正切值的最大值为___________.‎ ‎【答案】2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，以为原点建立空间直角坐标系，设点，由得 - 24 -‎ ‎，证明为与平面所成角，令，用三角函数表示出，求解三角函数的最大值得到结果.‎ ‎【详解】‎ 如图，以为原点建立空间直角坐标系，设点，则，‎ ‎，又，‎ 得即；‎ 又平面，为与平面所成角，‎ 令，‎ 当时，最大，即与平面所成角的正切值的最大值为2.‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题主要考查了立体几何中的动点问题，考查了直线与平面所成角的计算.对于这类题，一般是建立空间直角坐标，在动点坐标内引入参数，将最值问题转化为函数的最值问题求解，考查了学生的运算求解能力和直观想象能力.‎ 四、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，每道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.‎ - 24 -‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.记为数列的前项和，已知，等比数列满足，.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）求的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）当时，；当时，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用数列与的关系，求得；‎ ‎（2）由（1）可得：，，算出公比，利用等比数列的前项和公式求出.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 当时，‎ ‎，‎ 因为适合上式，‎ 所以.‎ ‎（2）由（1）得，，‎ 设等比数列的公比为，则，解得，‎ 当时，，‎ 当时，.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列与的关系、等比数列的通项公式、前 - 24 -‎ 项和公式等基础知识，考 查运算求解能力.‎ ‎.‎ ‎18.唐诗是中国文学的瑰宝.为了研究计算机上唐诗分类工作中检索关键字的选取，某研究人员将唐诗分成7大类别，并从《全唐诗》48900多篇唐诗中随机抽取了500篇，统计了每个类别及各类别包含“花”、“山”、“帘”字的篇数，得到下表：‎ 爱情婚姻 咏史怀古 边塞战争 山水田园 交游送别 羁旅思乡 其他 总计 篇数 ‎100‎ ‎64‎ ‎55‎ ‎99‎ ‎91‎ ‎73‎ ‎18‎ ‎500‎ 含“山”字的篇数 ‎51‎ ‎48‎ ‎21‎ ‎69‎ ‎48‎ ‎30‎ ‎4‎ ‎271‎ 含“帘”字的篇数 ‎21‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎7‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎38‎ 含“花”字的篇数 ‎60‎ ‎6‎ ‎14‎ ‎17‎ ‎32‎ ‎28‎ ‎3‎ ‎160‎ ‎（1）根据上表判断，若从《全唐诗》含“山”字的唐诗中随机抽取一篇，则它属于哪个类别的可能性最大，属于哪个类别的可能性最小，并分别估计该唐诗属于这两个类别的概率；‎ ‎（2）已知检索关键字的选取规则为：‎ ‎①若有超过95%的把握判断“某字”与“某类别”有关系，则“某字”为“某类别”的关键字；‎ ‎②若“某字”被选为“某类别”关键字，则由其对应列联表得到的的观测值越大，排名就越靠前；‎ 设“山”“帘”“花”和“爱情婚姻”对应的观测值分别为，，.已知，，请完成下面列联表，并从上述三个字中选出“爱情婚姻”类别的关键字并排名.‎ - 24 -‎ 属于“爱情婚姻”类 不属于“爱情婚姻”类 总计 含“花”字的篇数 不含“花”的篇数 总计 附：，其中.‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎【答案】（1）该唐诗属于“山水田园”类别的可能性最大，属于“其他”类别的可能性最小；属于“山水田园”类别的概率约为；属于“其他”类别的概率约为（2）填表见解析；选择“花”，“帘”作为“爱情婚姻”类别的关键字，且排序为“花”，“帘”‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据统计图表算出频率，比较大小即可判断；‎ ‎（2）根据统计图表完成列联表，算出观测值，查表判断.‎ ‎【详解】（1）由上表可知，‎ 该唐诗属于“山水田园”类别的可能性最大，属于“其他”类别的可能性最小 属于“山水田园”类别的概率约为；属于“其他”类别的概率约为；‎ ‎（2）列联表如下：‎ 属于“爱情婚姻”类 不属于“爱情婚姻”类 共计 - 24 -‎ 含“花”的篇数 ‎60‎ ‎100‎ ‎160‎ 不含“花”的篇数 ‎40‎ ‎300‎ ‎340‎ 共计 ‎100‎ ‎400‎ ‎500‎ 计算得：；‎ 因为，，所以有超过95%的把握判断“花”字和“帘”字均与“爱情婚姻”有关系，故“花”和“帘”是“爱情婚姻”的关键字，而“山”不是；‎ 又因为，故选择“花”，“帘”作为“爱情婚姻”类别的关键字，且排序为“花”，“帘”.‎ ‎【点睛】本题主要考查统计图表、频率与概率的关系、用样本估计总体、独立性检验等知识点.考查了学生对统计图表的识读与计算能力，考查了学生的数据分析、数学运算等核心素养.‎ ‎19.如图1，四边形是边长为2的菱形，，为的中点，以为折痕将折起到的位置，使得平面平面，如图2.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可证得，，所以平面，则平面平面可证；‎ - 24 -‎ ‎（2）解法一：利用等体积法由可求出点到平面的距离；解法二：由条件知点到平面的距离等于点到平面的距离，过点作的垂线，垂足，证明平面，计算出即可.‎ ‎【详解】解法一：（1）依题意知，因为，所以.‎ 又平面平面，平面平面，平面，‎ 所以平面.‎ 又平面，‎ 所以.‎ 由已知，是等边三角形，且为的中点，所以.‎ 因为，所以.‎ 又，所以平面.‎ 又平面，所以平面平面.‎ ‎（2）在中，，，所以.‎ 由（1）知，平面，且，‎ 所以三棱锥的体积.‎ 在中，，，得，‎ 由（1）知，平面，所以，‎ 所以，‎ 设点到平面距离，‎ 则三棱锥的体积，得.‎ 解法二：（1）同解法一；‎ ‎（2）因为，平面，平面，‎ - 24 -‎ 所以平面.‎ 所以点到平面的距离等于点到平面的距离.‎ 过点作的垂线，垂足，即.‎ 由（1）知，平面平面，平面平面，平面，‎ 所以平面，即为点到平面的距离.‎ 由（1）知，，‎ 在中，，，得.‎ 又，所以.‎ 所以点到平面的距离为.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间面面垂直的的判定及点到面的距离，考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.求点到平面的距离一般可采用两种方法求解：①等体积法；②作(找)出点到平面的垂线段，进行计算即可.‎ ‎20.已知是抛物线：的焦点，点在上，到轴的距离比小1.‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）设直线与交于另一点，为的中点，点在轴上，.若，求直线的斜率.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由抛物线定义可知，解得，故抛物线的方程为；‎ ‎（2）设直线：，联立，利用韦达定理算出的中点，又，所以直线的方程为，‎ - 24 -‎ 求出，利用求解即可.‎ ‎【详解】（1）设的准线为，过作于，则由抛物线定义，得，‎ 因为到的距离比到轴的距离大1，所以，解得，‎ 所以的方程为 ‎（2）由题意，设直线方程为，‎ 由消去，得，‎ 设，，则，‎ 所以，‎ 又因为为中点，点的坐标为，‎ 直线的方程为，‎ 令，得，点的坐标为，‎ 所以，‎ 解得，所以直线的斜率为.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查学生的运算求解能力.涉及抛物线的弦的中点，斜率问题时，可采用韦达定理或“点差法”求解.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，判断在上的单调性并加以证明；‎ ‎（2）若，，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）在为增函数；证明见解析（2）‎ - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）令，求出，可推得，故在为增函数；‎ ‎（2）令，则，由此利用分类讨论思想和导数性质求出实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，.‎ 记，则，‎ 当时，，.‎ 所以，所以在单调递增，所以.‎ 因为，所以，所以在为增函数.‎ ‎（2）由题意，得，记，则，‎ 令，则，‎ 当时，，，所以，‎ 所以在增函数，即在单调递增，‎ 所以.‎ ‎①当，，恒成立，所以为增函数，即在单调递增，‎ 又，所以，所以在为增函数，所以 所以满足题意.‎ ‎②当，，令，，‎ 因为，所以，故在单调递增，‎ 故，即.‎ - 24 -‎ 故，‎ 又在单调递增，‎ 由零点存在性定理知，存在唯一实数，，‎ 当时，，单调递减，即单调递减，‎ 所以，此时在为减函数，‎ 所以，不合题意，应舍去.‎ 综上所述，的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性、最值和零点及不等式恒成立等问题，考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想，考查了学生的逻辑推理和运算求解能力，属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，并在答题卡中涂上你所选的题号.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数），圆的方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求和的极坐标方程；‎ ‎（2）过且倾斜角为的直线与交于点，与交于另一点，若，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换公式，把参数方程，直角坐标方程与极坐标方程进行转化；‎ ‎（2）利用极坐标方程将转化为三角函数求解即可.‎ - 24 -‎ ‎【详解】（1）因为，所以的普通方程为，‎ 又，，，‎ 的极坐标方程为，‎ 的方程即为，对应极坐标方程为.‎ ‎（2）由己知设，，则，，‎ 所以，‎ 又，，‎ 当，即时，取得最小值；‎ 当，即时，取得最大值.‎ 所以，的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直角坐标方程，参数方程与极坐标方程的互化，三角函数的值域求解等知识，考查了学生的运算求解能力.‎ ‎23.记函数的最小值为.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若正数，，满足，证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将函数转化为分段函数或利用绝对值三角不等式进行求解；‎ - 24 -‎ ‎（2）利用基本不等式或柯西不等式证明即可.‎ ‎【详解】解法一：（1）‎ 当时，，‎ 当，，‎ 当时，，‎ 所以 解法二：（1）‎ 如图 当时，‎ 解法三：（1）‎ - 24 -‎ 当且仅当即时，等号成立.‎ 当时 解法一：（2）由题意可知，，‎ 因为，，，所以要证明不等式，‎ 只需证明，‎ 因为成立，‎ 所以原不等式成立.‎ 解法二：（2）因为，，，所以，‎ ‎，‎ 又因为，‎ 所以，‎ 所以，原不等式得证.‎ 补充：解法三：（2）由题意可知，，‎ 因为，，，所以要证明不等式，‎ 只需证明，‎ 由柯西不等式得：成立，‎ 所以原不等式成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值函数的最值求解，不等式的证明，绝对值三角不等式，基本不等式及柯西不等式的应用，考查了学生的逻辑推理和运算求解能力.‎ - 24 -‎ - 24 -‎