福建省福清市2020届高三下学期线上教学质量检测理科数学试题 Word版含解析

福建省福清市2020届高三下学期线上教学质量检测理科数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 福清市2020届高三年“线上教学”质量检测 数学（理科）试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至5页．满分150分.‎ 第Ⅰ卷 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.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. 或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 先解,再利用补集的定义求解即可.‎ ‎【详解】由题,因为,则,即,所以,‎ 所以,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查集合的补集运算,考查解指数不等式.‎ ‎2.已知复数满足，且，则（ ）‎ A. 3 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设,则,利用和求得,即可.‎ ‎【详解】设,则,‎ 因为,则,所以,‎ 又,即,所以,‎ - 23 -‎ 所以,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查复数的乘法法则的应用,考查共轭复数的应用.‎ ‎3.已知两个力，作用于平面内某静止物体的同一点上，为使该物体仍保持静止，还需给该物体同一点上再加上一个力，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据力的合成原理可得,进而求解即可.‎ ‎【详解】由题,若三个力作用于静止物体同一点,且物体保持静止,‎ 则,所以,‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查向量在物理中的应用,考查力的合成.‎ ‎4.已知等比数列的前项和为，若，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等比数列的定义可得,再利用等比数列的性质可得,进而根据等比数列的前项和公式求解即可.‎ ‎【详解】由题,因为数列是等比数列,,‎ 所以,‎ 因为,所以,即,‎ - 23 -‎ 所以,即,‎ 所以,则当时,,‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查等比数列的性质的应用,考查等比数列定义的应用,考查等比数列的前项和.‎ ‎5.如图1为某省2019年1~4月快递义务量统计图，图2是该省2019年1~4月快递业务收入统计图，下列对统计图理解错误的是( )‎ A. 2019年1~4月的业务量，3月最高，2月最低，差值接近2000万件 B. 2019年1~4月的业务量同比增长率超过50%，在3月最高 C. 从两图来看2019年1~4月中的同一个月快递业务量与收入的同比增长率并不完全一致 D. 从1~4月来看，该省在2019年快递业务收入同比增长率逐月增长 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合所给的统计图确定选项中的说法是否正确即可.‎ ‎【详解】对于选项A： 2018年1～4月的业务量，3月最高，2月最低，‎ 差值为，接近2000万件，所以A是正确的；‎ 对于选项B： 2018年1～4月的业务量同比增长率分别为，均超过，在3月最高，所以B是正确的；‎ 对于选项C：2月份业务量同比增长率为53%，而收入的同比增长率为30%，所以C是正确的；‎ 对于选项D，1，2，3，4月收入的同比增长率分别为55%，30%，60%，42%，并不是逐月增长，‎ - 23 -‎ D错误.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查统计图及其应用，新知识的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎6.已知，则曲线在点处的切线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求导可得,将代入可求得,则,,再求出和,利用点斜式方程即可求得切线方程.‎ ‎【详解】由题,因为,所以,‎ 所以,则,‎ 所以,,‎ 则,,‎ 所以曲线在点的切线方程为,‎ 即,‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查在曲线上一点处的切线方程,考查导数的几何意义的应用.‎ ‎7.若展开式中的系数为，则整数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 展开式中的系数由两部分构成,其一是取,取时的系数；其二是 - 23 -‎ 与均取时的系数,进而求解即可.‎ ‎【详解】由题,前系数为,即,‎ 解得或,‎ 因为为整数,所以,‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查已知二项式展开式中项的系数求参数,属于基础题.‎ ‎8.已知函数，若，，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数幂、对数的性质可比较的大小关系,再根据单调递减求解即可.‎ ‎【详解】由题,显然单调递减,‎ 因为,,,‎ 所以,‎ 所以,‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查利用单调性比较大小,考查指数幂、对数比较大小.‎ ‎9.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）‎ - 23 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图还原几何体,即为一个四棱锥,进而求解即可.‎ ‎【详解】由三视图画出几何体的直观图,如图所示,即该几何体为四棱锥,‎ 由三视图可得,,,,‎ 所以,‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查利用三视图还原几何体求体积,考查空间想象能力.‎ ‎10.将曲线向左平移个单位长度，得到曲线的对称中心为（ ）‎ A. B. ‎ - 23 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据图象变换原则得到图象变换后的解析式,令,进而求解即可.‎ ‎【详解】由题,则平移后的函数解析式为,‎ 令,则,‎ 所以对称中心为,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查平移变换后的三角函数解析式,考查正弦型函数的对称中心.‎ ‎11.双曲线的右焦点为，过作与双曲线的两条渐近线平行的直线且与渐近线分别交于，两点，若四边形（为坐标原点）的面积为，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. 2 C. D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把四边形面积用表示出来，它等于，变形后可求得离心率．‎ ‎【详解】由题意，渐近线方程为，不妨设方程为，‎ 由，得，即，同理，‎ ‎∴，由题意，∴．‎ - 23 -‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查求双曲线的离心率．求离心率关键是找到关于的一个等式，本题中四边形的面积是就是这个等式，因此只要按部就班地求出其面积即可得．‎ ‎12.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若棱长为的二十四等边体的各个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知根据该几何体的对称性可知,该几何体的外接球即为底面棱长为2,侧棱长为的正四棱柱的外接球,利用勾股定理得到关于的方程,进而求解即可.‎ ‎【详解】由已知根据该几何体的对称性可知,该几何体的外接球即为底面棱长为2,侧棱长为的正四棱柱的外接球,‎ 所以,所以,‎ 故该二十四等边体的外接球的表面积,‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查多面体与球的切接问题、球的表面积的求法,考查空间想象能力和运算求解能力,求解时注意根据几何体的对称性将问题进行等价转化.‎ 第Ⅱ卷 注意事项：‎ 用毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答．在试题卷上作答，答案无效．‎ - 23 -‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．‎ ‎13.已知，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用化切为弦,再利用可得到关于的方程,进而求解即可.‎ ‎【详解】由题,因为,所以,‎ 则,即,解得或（舍）,‎ 因为,所以,‎ 所以,‎ 故答案:‎ ‎【点睛】本题考查同角的三角函数关系的应用,考查求三角函数值,考查运算能力.‎ ‎14.某电视台的夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为，只有通过前一关才能进入下一关，且通过每关相互独立．某选手参加该节目，则该选手能进入第四关的概率为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若该选手能进入第四关,则前三关均通过,进而利用独立事件概率公式求解即可.‎ ‎【详解】由题,若该选手能进入第四关,则前三关均通过,‎ 所以,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查独立事件的概率公式,属于基础题.‎ - 23 -‎ ‎15.已知等差数列的前n项和为，且，.数列的首项为3，且，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列可得,解得,即可求得,再由可得数列是周期数列,求得,即可求解.‎ ‎【详解】由题,因为,所以,即,‎ 所以,‎ 又,且,则,,所以数列是周期为的数列,‎ 则,‎ 所以,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式的应用,考查数列的周期性的应用,考查运算能力.‎ ‎16.过点的直线与抛物线：交于两点（在之间），是的焦点，点满足，则与的面积之和的最小值是______.‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线过点,设出直线的方程联立抛物线后可表示出,两点的纵坐标,利用可表示出点纵坐标,由三角形面积公式可表示与的面积之和,对表达式求导,根据导数即可求面积和的最小值.‎ ‎【详解】设直线方程为,‎ - 23 -‎ 联立,化简可得,‎ 则,解得或,‎ 不妨设,‎ 则,,‎ 因为,所以,‎ 所以,‎ ‎,‎ 则 ‎,‎ 令,则,‎ 令,解得,‎ 当时,,所以在上单调递减,‎ 当时,,所以在上单调递增,‎ 即当时取得最小值,‎ 所以的最小值为8,‎ 故答案为:8‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用,考查抛物线中三角形面积的求法,考查利用导函数求最值.‎ 三、解答题：本大题共6小题，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．‎ - 23 -‎ ‎（一）必考题：共60分．‎ ‎17.已知的内角的对边分别为，设，且.‎ ‎（1）求A及a；‎ ‎（2）若，求边上的高.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理化边为角可得,再利用二倍角公式求得角；‎ ‎（2）先利用余弦定理求得,再利用等面积法求解即可.‎ ‎【详解】（1）因为,根据正弦定理得,‎ 又因为 ‎,‎ 因为所以,‎ ‎（2）由（1）知,‎ 由余弦定理得 ‎ ‎ 因为,所以所以 ‎ 设BC边上的高为.‎ ‎ ‎ ‎,, ‎ - 23 -‎ 即BC边上的高为.‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形,考查三角形的面积公式的应用,考查余弦定理的应用.‎ ‎18.如图，四边形是梯形，四边形是矩形，且平面平面，，，是的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接,交于,连接,在中利用中位线的性质求证即可；‎ ‎（2）由题易证得两两垂直,则以点为原点,分别以的方向为轴、轴、轴的正方向,建立空间直角坐标系,分别求得平面与平面的法向量,利用数量积求解即可.‎ ‎【详解】（1）证明:连接,交于,连接,如图所示,‎ 因为四边形是矩形,所以是的中点,‎ 由于是的中点,‎ 所以,‎ 由于平面,平面,‎ 所以平面.‎ - 23 -‎ ‎（2）因为平面平面,平面平面,,‎ 所以平面,‎ 可知两两垂直,‎ 以点为原点,分别以的方向为轴、轴、轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,‎ 因为,则,,‎ 所以,,‎ 设平面的法向量为,‎ 则,所以,‎ 取,则,‎ 依题意,得平面的一个法向量为,‎ ‎,‎ 故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明,考查空间向量法求二面角,考查运算能力.‎ ‎19.2019年9月24日国家统计局在庆祝中华人民共和国成立70周年活动新闻中心举办新闻发布会指出，1952年～2018年，我国GDP查679.1亿元跃升至90.03万亿元，实际增长174倍；人均GDP从119元提高到6.46万元，实际增长70倍.全国各族人民，砥砺奋进，顽强拼搏，实现了经济社会的跨越式发展.如图是全国2010年至2018年GDP总量（万亿元）的折线图.注：年份代码1～9分别对应年份2010～2018.‎ - 23 -‎ ‎（1）由折线图看出，可用线性回归模型拟合与年份代码的关系，请用相关系数加以说明；‎ ‎（2）建立关于的回归方程（系数精确到0.01），并预测2021年全国GDP的总量.‎ 附注：参考数据：.‎ 参考公式：相关系数；‎ 回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，.‎ ‎【答案】（1）见解析（2），10494万亿元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先利用数据求得,再根据公式求解相关系数,进而判断即可；‎ ‎（2）将数据代入公式中可解得线性回归方程,再将代入估计数据即可.‎ ‎【详解】（1）由折线图中的数据和附注中参考数据得 ‎,‎ ‎,‎ - 23 -‎ ‎,‎ 所以,‎ 因为与的相关系数近似为0.997,说明与的线性相关程度相当高,从而可以用线性回归模型拟合与的关系.‎ ‎（2）由已知及（1）得,‎ ‎,‎ 所以关于的回归方程为.‎ 将2021年对应的年份代码代入回归方程,‎ 得,‎ 所以预测2021年全国GDP总量约为104.94万亿元.‎ ‎【点睛】本题考查相关系数解决实际问题,考查最小二乘法求线性回归方程,考查利用线性回归方程估计数据.‎ ‎20.已知椭圆过点，且离心率为.‎ ‎（1）求方程；‎ ‎（2）已知直线不经过点，且斜率为，若与交于两个不同点，且直线的倾斜角分别为，试判断是否为定值，若是，求出该定值；否则，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）（2）是，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将点代入椭圆中且,进而求解即可；‎ ‎（2）设,与椭圆方程联立可得,‎ - 23 -‎ 根据韦达定理可得点,的坐标与的关系,再利用斜率公式可求得直线与的斜率的关系,进而得到的值.‎ ‎【详解】(1)由题意得,‎ 解得,‎ 所以的方程为.‎ ‎(2) 是定值,‎ 设直线,,‎ 由,得,‎ 由,解得或,‎ 则,‎ 依题意,易知与的斜率存在,所以,‎ 设直线与的斜率分别为,‎ 故.‎ 又,‎ 所以 ‎ ‎ - 23 -‎ ‎,,‎ ‎,即,‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查利用椭圆的几何性质求椭圆的标准方程,考查直线与椭圆的位置关系的应用,考查斜率公式的应用,考查椭圆内的定值问题.‎ ‎21.已知函数，证明：‎ ‎（1）在区间存在唯一极大值点；‎ ‎（2）有且仅有2个零点.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设,对求导可知在上单调递减,利用零点存在性定理可得在上有唯一的零点,进而求证即可；‎ ‎（2）利用导函数分别讨论,,的单调性,判断函数图象的性质,进而求证即可.‎ ‎【详解】证明:(1)设,‎ 当时,,‎ 所以在上单调递减,‎ 又因为,,‎ 所以在上有唯一的零点,‎ - 23 -‎ 即函数在上存在唯一零点,‎ 当时,,在上单调递增；‎ 当时,,在上单调递减,‎ 所以在上存在唯一的极大值点 ‎(2)①由(1)知:在上存在唯一的极大值点,‎ 所以,‎ 又因为,‎ 所以在上恰有一个零点,‎ 又因为,‎ 所以在上也恰有一个零点,‎ ‎②当时,,,‎ 设,,‎ 所以在上单调递减,所以,‎ 所以当时,恒成立,‎ 所以在上没有零点,‎ ‎③当时,,‎ 设,,‎ 所以在上单调递减,‎ 所以,‎ 所以当时,恒成立,‎ - 23 -‎ 所以在上没有零点,‎ 综上,有且仅有两个零点.‎ ‎【点睛】本题考查利用导函数求极值,考查利用导函数处理零点问题,考查分类讨论思想和运算能力.‎ ‎（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，则按所做第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．‎ ‎22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的方程为.‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设曲线与直线交于点，点的坐标为（3，1），求.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用极坐标与直角坐标的互化公式:即可求解;‎ 联立直线的方程和曲线的方程,整理化简得到关于的一元二次方程,由题知点在直线上,利用参数方程中参数的几何意义及一元二次方程中的韦达定理即可求出的值.‎ ‎【详解】因为曲线的方程， ‎ ‎∴，‎ ‎ ‎ ‎∴，‎ 化简得,曲线的直角坐标方程为：.‎ - 23 -‎ ‎（2）把直线代入曲线得，‎ 整理得，.‎ ‎∵，所以方程有两个不等实根，‎ 设为方程的两个实数根，由韦达定理可得,‎ ‎，，∴为异号，‎ 又∵点（3，1）在直线上，由参数方程中参数的几何意义可得,‎ ‎.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程中参数的几何意义等知识，考查学生的运算能力、推理论证能力；其中正确掌握参数方程中参数的几何意义是求解本题的关键;属于中档题.‎ ‎23.已知函数 当时,求不等式的解集 当时,不等式成立,求实数的取值范围 ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分类讨论去绝对值解不等式 ‎（2）去绝对值分离参数求最值即可 ‎【详解】时,,‎ 当时,不成立，‎ 当时，，‎ - 23 -‎ 当时,不等式成立，‎ 的解集为 ‎(2)当时，化为,，‎ ‎，‎ ‎，‎ 在上是减函数，故；在上是增函数，故 ‎,的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查恒成立问题求参数，注意分离参数是常见方法，是中档题 - 23 -‎ - 23 -‎