福建省2020届高三毕业班质量检查测试数学（文）试题 Word版含解析

福建省2020届高三毕业班质量检查测试数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年福建省高三毕业班质量检查测试 文科数学 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. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算，再计算交集得到答案.‎ ‎【详解】，，.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了交集运算，属于简单题.‎ ‎2.复数的共轭复数满足，则（ ）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简得到，故，再计算模长得到答案.‎ ‎【详解】，故，故，.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的化简，共轭复数，复数的模，意在考查学生对于复数知识的综合应用能力.‎ ‎3.若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 24 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简得到，再利用二倍角公式计算得到答案.‎ ‎【详解】，.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了三角恒等变换，意在考查学生的计算能力.‎ ‎4.设，满足约束条件，则的最大值是( )‎ A. 0 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出题中不等式组表示的平面区域，再将目标函数对应的直线进行平移，可得最优解，然后求解即可．‎ ‎【详解】解：作出，满足约束条件表示的平面区域 得到如图阴影部分及其内部，‎ 其中，1 ，，为坐标原点 设，将直线进行平移，‎ 当经过点时，目标函数达到最大值 - 24 -‎ ‎ 2，．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查通过几何法求目标函数的最大值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题．‎ ‎5.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数单调递减知，根据函数单调递增知，得到答案.‎ ‎【详解】根据函数单调递减知：；‎ 根据函数单调递增知：，故.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了根据函数单调性比较函数值大小，意在考查学生对于函数性质的灵活运用.‎ ‎6.首项为2，公比为3的等比数列的前项和为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算，，对比选项得到答案.‎ ‎【详解】根据题意知：，，故.‎ 故选：.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列通项公式，前项和，意在考查学生的计算能力.‎ ‎7.函数的大致图象不可能是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导得到，讨论和两种情况，根据的极值点，对比函数图像得到答案.‎ ‎【详解】，，‎ 当，即，故，函数单调递增，故满足；‎ 当，即，故的极值点，满足，‎ 中，不满足.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了函数图像的识别，确定有两个极值点时，极值点是解题的关键.‎ - 24 -‎ ‎8.2020年初，我国突发新冠肺炎疫情.面对“突发灾难”，举国上下一心，继解放军医疗队于除夕夜飞抵武汉，各省医疗队也陆续增援，纷纷投身疫情防控与病人救治之中.为分担“逆行者”的后顾之忧，某校教师志愿者团队开展“爱心辅学”活动，为抗疫前线工作者子女在线辅导功课.今欲随机安排甲、乙2位志愿者为1位小学生辅导功课共4次，每位志愿者至少辅导1次，每次由1位志愿者辅导，则甲恰好辅导2次的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意一共有种选择，甲恰好辅导2次有种选择，得到概率.‎ ‎【详解】根据题意：一共有种选择，甲恰好辅导2次有种选择.‎ 故.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了古典概率，意在考查学生的计算能力和应用能力.‎ ‎9.已知函数和（）图象的交点中，任意连续三个交点均可作为一个等腰直角三角形的顶点.为了得到的图象，只需把的图象（ ）‎ A. 向左平移1个单位 B. 向左平移个单位 C. 向右平移1个单位 D. 向右平移个单位 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示，计算得到，取靠近原点的三个交点，，，，得到，故，根据平移法则得到答案.‎ ‎【详解】如图所示：，故，.‎ - 24 -‎ 取靠近原点的三个交点，，，，‎ 为等腰直角三角形，故，故，‎ 故，，‎ 故为了得到的图象，只需把的图象向左平移1个单位 .‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数图像，三角函数平移，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.‎ ‎10.设是坐标原点，是椭圆：（）的一个焦点，点在外，且，是过点的直线与的一个交点，是有一个内角为的等腰三角形，则的离心率等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 如图所示取，故，则，故，故，解得答案.‎ ‎【详解】如图所示：取，故，，，则.‎ 故，故，解得或（舍去）.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ ‎11.上世纪末河南出土的以鹤的尺骨（翅骨）制成的“骨笛”（图1），充分展示了我国古代高超的音律艺术及先进的数学水平，也印证了我国古代音律与历法的密切联系.图2为骨笛测量“春（秋）分”，“夏（冬）至”的示意图，图3是某骨笛的部分测量数据（骨笛的弯曲忽略不计），夏至（或冬至）日光（当日正午太阳光线）与春秋分日光（当日正午太阳光线）的夹角等于黄赤交角.‎ 由历法理论知，黄赤交角近1万年持续减小，其正切值及对应的年代如下表：‎ - 24 -‎ 黄赤交角 正切值 ‎0439‎ ‎0444‎ ‎0.450‎ ‎0.455‎ ‎0.461‎ 年代 公元元年 公元前2000年 公元前4000年 公元前6000年 公元前8000年 根据以上信息，通过计算黄赤交角，可估计该骨笛的大致年代是( )‎ A. 公元前2000年到公元元年 B. 公元前4000年到公元前2000年 C. 公元前6000年到公元前4000年 D. 早于公元前6000年 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先理解题意，然后根据题意建立平面几何图形，在利用三角函数的知识计算出冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，即可得到正确选项．‎ ‎【详解】解：由题意，可设冬至日光与垂直线夹角为，春秋分日光与垂直线夹角为，‎ 则即为冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，‎ 将图3近似画出如下平面几何图形：‎ 则，，‎ ‎．‎ ‎，‎ 估计该骨笛的大致年代早于公元前6000年．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查利用三角函数解决实际问题的能力，运用了两角和与差的正切公式，考查了转化思想，数学建模思想，以及数学运算能力，属中档题．‎ ‎12.已知长方体中，，，，过点且与直线 - 24 -‎ 平行的平面将长方体分成两部分，现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面变化的过程中，这两个球的半径之和的最大值是（ ）‎ A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示，，根据得到，计算，，故，，，求导判断函数单调递减，计算最值得到答案.‎ ‎【详解】如图所示：平面将长方体分成两部分，延长与交于点，如图2所示，‎ 设，根据得到，‎ 设圆对应的半径为，根据等面积法得到，，解得 设圆对应的半径为，，，解得.‎ 故，设，，‎ 则，‎ 取，易知在上单调递减，且，‎ 故恒成立，故恒成立，故单调递减，故.‎ - 24 -‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了几何体的内切球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.向量，，若向量与共线，则________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算，再根据向量共线得到答案.‎ ‎【详解】，，故，量与共线，故.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了向量的减法运算，向量共线求参数，意在考查学生的计算能力.‎ ‎14.若双曲线（，）的一个焦点，一条渐近线的斜率为，则________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得到，，解得答案.‎ - 24 -‎ ‎【详解】双曲线的一个焦点，一条渐近线的斜率为，故，，故.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的相关计算，意在考查学生对于双曲线基本知识的理解.‎ ‎15.的内角，，的对边分别为，，，，，若的面积为，则其周长是________.‎ ‎【答案】15‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据余弦定理到，根据面积公式到，计算得到答案.‎ ‎【详解】根据余弦定理：.‎ 根据面积公式：，故.‎ 故，故，故周长为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理和面积公式，意在考查学生计算能力和应用能力.‎ ‎16.已知是定义在上的偶函数，其图象关于点对称.以下关于的结论：‎ ‎①是周期函数；②在单调递减；‎ ‎③满足；④是满足条件的一个函数.‎ 其中正确的结论是________.（写出所有正确结论的序号）‎ ‎【答案】①③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得，，化简得到，故①③正确，验证知④正确，不能确定函数单调性，故②错误，得到答案.‎ - 24 -‎ ‎【详解】是定义在上的偶函数，故；‎ 图象关于点对称，故，即，‎ ‎，故，函数周期为，①正确；‎ ‎，故③正确；‎ 是偶函数，关于对称，故是满足条件的一个函数，故④正确；‎ 不能确定函数单调性，故②错误；‎ 故答案为：①③④.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的奇偶性，对称性，周期性，意在考查学生对于函数性质的综合应用.‎ 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.在数列中，，，且，设.‎ ‎（1）证明数列是等差数列，并求；‎ ‎（2）设为数列的前项和，求.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；，.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）计算得到，故是等差数列，再计算通项公式得到答案.‎ ‎（2）计算得到，故，利用裂项相消法计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 由题意知，可得，‎ 即，所以是等差数列，又，‎ - 24 -‎ 所以，.‎ ‎（2），当时，，‎ 即，即.（*）‎ 又当时，，满足（*），所以，.‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查递推数列、等差数列、数列求和等基础知识，考查推理论证能力、运 算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查逻辑推理、数学运算等核 心素养，体现基础性、综合性.‎ ‎18.如图1，在四边形中，，，，.把沿着翻折至的位置，平面，连结，如图2.‎ ‎（1）当时，证明：平面平面；‎ ‎（2）当三棱锥的体积最大时，求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，得到，，故平面，得到证明.‎ ‎（2）设到面的距离，则三棱锥的体积为，取 - 24 -‎ 的中点，连结，且仅当平面平面时，取得最大值，计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）因为，，，，‎ 依题意得，，，‎ 因为，所以，故，即，‎ 又因为，，所以平面.‎ 又因为平面，所以平面平面.‎ ‎（2）因为，，，，所以的面积为，‎ 设到面的距离，则三棱锥的体积为，‎ 故要使取到最大值，需且仅需取到最大值.‎ 取的中点，连结，依题意知，，‎ 所以，，且.‎ 因为平面平面，，平面，‎ 所以当平面平面时，平面，，‎ 故当且仅当平面平面时，取得最大值.‎ 此时，‎ 设到平面的距离为，可得，‎ 故，解得，故到平面的距离为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，三棱锥的体积及 空间点面距离等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力；考查化归与转化思想、‎ 函数与方程思想；考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综 - 24 -‎ 合性.‎ ‎19.为贯彻落实党中央全面建设小康社会的战略部署，某贫困地区的广大党员干部深入农村积极开展“精准扶贫”工作.经过多年的精心帮扶，截至2018年底，按照农村家庭人均年纯收入8000元的小康标准，该地区仅剩部分家庭尚未实现小康.现从这些尚未实现小康的家庭中随机抽取50户，得到这50户家庭2018年的家庭人均年纯收入的频率分布直方图，如图.‎ 注：在频率分布直方图中，同一组数据用该区间的中点值作代表.‎ ‎（1）估计该地区尚未实现小康的家庭2018年家庭人均年纯收入的平均值；‎ ‎（2）2019年7月，为估计该地能否在2020年全面实现小康，收集了当地最贫困的一户家庭2019年1至6月的人均月纯收入的数据，作出散点图如下.‎ 根据相关性分析，发现其家庭人均月纯收入与时间代码之间具有较强的线性相关关系（记2019年1月、2月……分别为，，…，依此类推）.试预测该家庭能否在2020年实现小康生活.‎ 参考数据：，.‎ 参考公式：线性回归方程中，，.‎ - 24 -‎ ‎【答案】（1）（元）（2）预测该家庭能在2020年实现小康生活 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接计算得到答案.‎ ‎（2）计算，，得到回归方程，取，，计算得到，，再根据等差数列公式计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）由频率分布直方图可得2018年这50户家庭人均年纯收入的平均值为 ‎（元）.‎ ‎（2）依题意，可得：，故，‎ 所以 ‎.，‎ 所以关于的线性回归方程为+.‎ 令，得2020年1月该家庭人均月纯收入为（元），‎ 令，得2020年12月该家庭人均月纯收入为（元），‎ 由题意知，该家庭的人均月纯收入的估计值成等差数列，‎ 所以，2020年该家庭人均年纯收入的估计值为，‎ 综上，预测该家庭能在2020年实现小康生活.‎ ‎【点睛】本小题主要考查频率分布直方图、回归分析等基础知识，考查数据处理能力、运算求解 能力、应用意识，考查统计与概率思想，考查数学抽象、逻辑推理、数学建模、数学运 算、数据分析等核心素养，体现综合性、应用性.‎ ‎20.已知抛物线：（）的焦点为，为上一动点，点，以线段为直径作.当过时，的面积为3.‎ - 24 -‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）是否存在垂直于轴的直线，使得被所截得的弦长为定值？若存在，求的方程；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）存在；直线：‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1），设，所以，，故不妨设，根据面积计算得到，得到答案.‎ ‎（2）设直线：，被圆所截得的弦长为，，故，代入化简得到，得到答案.‎ ‎【详解】（1）由题意得，，‎ 依题意，当圆过时，因为为直径，所以，即轴.‎ 设，所以，又，解得，故不妨设，‎ 因为，又，得，‎ 由题意得，，即，解得或（舍去）.·‎ 故：.‎ ‎（2）设直线：，被圆所截得的弦长为.‎ 因为，所以点到：距离为-，‎ 又圆的半径，根据垂径定理有，‎ - 24 -‎ 得，化简得，‎ 把代入上式得，，其中，‎ 故当且仅当时，无论取何值，恒有.‎ 所以存在直线：被圆所截得的弦长恒为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查抛物线的标准方程、圆的几何性质、直线与圆的位置关系、直线与抛 物线的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、‎ 函数与方程思想、特殊与一般思想，考查数学运算，逻辑推理等核心素养，体现综合 性、创新性 ‎21.已知函数，.‎ ‎（1）若，求的零点个数；‎ ‎（2）证明：，.‎ ‎【答案】（1）零点个数为0（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），讨论和两种情况，计算函数的单调性得到 - 24 -‎ 恒成立，故函数没有零点.‎ ‎（2）只需要证明即可，讨论，两种情况，求导得到函数单调性，根据单调性计算函数最值，得到证明.‎ ‎【详解】（1）因为，，‎ ‎①当时，，，，‎ 当时，，单调递减；‎ 当时，，单调递增；所以当时，取得最小值，‎ 所以.‎ ‎②当时，，，，单调递增；所以.‎ 综上，，因此，没有零点，即的零点个数为0.‎ ‎（2）要证，，‎ 只要证，即可.‎ 因为当时，.‎ ‎①当时，‎ 因为当，，，单调递增，‎ 当，，，单调递增，‎ 又，所以在上单调递增，‎ 所以，，‎ 所以.‎ ‎②当时，，，在单调递增，‎ - 24 -‎ 所以，，‎ 所以.‎ 又因为，所以.‎ 因此，时，.‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数的零点、函数的单调性、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，考查分类与整合思想、数形结合思想，‎ 考查数学抽象、数学运算、逻辑推理等核心素养，体现综合性、应用性与创新性.‎ ‎（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.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.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）求的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线与相切于第二象限的点，与交于，两点，且，求直线的倾斜角.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接消去参数，把参数方程化成普通方程，利用互化公式，将极坐标方程转换成直角坐标方程；‎ ‎（2）设的倾斜角为，，写出直线参数方程，代入：，得出关于的一元二次方程，写出韦达定理，利用直线参数方程中参数的几何意义和三角函数关系式的恒等变换求出结果．‎ - 24 -‎ ‎【详解】（1）因为的参数方程为（为参数），‎ 所以的普通方程为：.‎ 因为的极坐标方程为，‎ 由，，‎ 得的直角坐标方程为：.‎ ‎（2）如图，设的倾斜角为，依题意，‎ 则在中的参数角，故，‎ 所以可设的参数方程（为参数）.‎ 把的参数方程代入，‎ 得，‎ 所以.‎ 则，‎ 又，所以，解得：，‎ 故；即直线的倾斜角为.‎ ‎【点睛】‎ - 24 -‎ 本题考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，以及直线参数方程中参数的几何意义的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．‎ ‎23.已知函数，.‎ ‎（1）若，，求不等式的解集；‎ ‎（2）若，且的最小值为2，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）4.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当，，，分类讨论，，，去绝对值化简，直接求不等式的解集；‎ ‎（2）因为，由题知，且的最小值为2，则，从而得出，由基本不等式即可得出，从而得出的最小值.‎ ‎【详解】（1）由题意得，，‎ ‎①当时，原不等式可化为，即，‎ 故；‎ ‎②当时，原不等式可化为，即，‎ 故；‎ ‎③当时，原不等式可化为，即，‎ 故；‎ 综上得不等式的解集为：.‎ ‎（2）因为，‎ 当且仅当时，取到最小值，即，‎ - 24 -‎ 因为，故，，‎ 所以 ‎.‎ 当且仅当，且，‎ 即，或，时，等号成立.‎ 所以的最小值为4.‎ ‎【点睛】本题考查利用分类讨论法解绝对值不等式，以及三角不等式的最值和基本不等式求最值的应用，还考查化简和计算能力．‎ - 24 -‎ - 24 -‎