福建省泉州市2020届高三普通高中毕业班单科质量检查理科数学试题 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理科数学试题 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 理科数学 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】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解一元二次不等式求得集合，由此判断出正确选项.‎ ‎【详解】由解得，故，由于，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合的包含关系，考查集合的运算，属于基础题.‎ ‎2.若复数z满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 根据复数的除法运算,求得.再根据共轭复数的概念即可求得.‎ ‎【详解】，.‎ 因此，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的除法运算，共轭复数的概念，属于基础题.‎ ‎3.若满足约束条件，则的最小值为（ ）‎ A. -17 B. -13 C. D. 20‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线性约束条件画出可行域，将目标函数化为直线，由直线的平移即可求得该直线在轴截距最小时对应的最优解，代入计算即可.‎ ‎【详解】满足约束条件,由此可得可行域如下图所示:‎ 该可行域是一个以,,为顶点的三角形区域（包括边界）.‎ 目标函数可化为 - 25 -‎ 当动直线过点时，取得最小值，‎ 此时.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了线性规划的简单应用，线性目标函数最值的求法，属于基础题.‎ ‎4.已知是两条不同的直线，是两个不重合的平面.给出下列四个命题：‎ ‎①若，则；②若，则；‎ ‎③若，则；④若，则.‎ 其中为真命题的编号是（ ）‎ A. ①②④ B. ①③ C. ①④ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由面面平行的性质可判断①；对于②, m可能在内；对于③,由面面垂直无法判断线面的位置关系；在平面内找到直线使得,即可判断④‎ ‎【详解】①中,若,则内任一直线与平行,①为真命题；‎ ‎②中,若,则m可能平行于,也可能在内,②为假命题；‎ ‎③中,若,则m可能垂直于,也可能平行于,也可能与相交但不垂直,③假命题；‎ ‎④中,若,则可在内作一直线使,又因为,所以,又,则,④为真命题；‎ 综上,①④为真命题,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查线面、面面的空间位置关系的判定,属于基础题 ‎5.函数的图象大致为（ ）‎ - 25 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出函数的定义域，判定函数的奇偶性及单调性即可得解.‎ ‎【详解】解：定义域为 即函数是奇函数，图象关于原点对称，‎ 由，为奇函数，排除B；又，排除C；‎ 当时，，令，解得，‎ 所以函数在上单调递减，在上单调递增，排除A；‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的识别，关键是函数的奇偶性，单调性的应用，属于基础题.‎ ‎6.已知双曲线C：（，）的实轴长为4，左焦点F到C的一条渐近线的距离为3，则C的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 25 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实轴得到的值，然后表示出渐近线，表示出焦点到渐近线的方程，得到，从而得到的方程.‎ ‎【详解】因为实轴长，所以，，‎ 由对称性，双曲线的一个焦点到两条渐近线的距离相等，‎ 不妨取渐近线为，即，‎ 点到渐近线的距离，‎ 所以，‎ 所以C的方程为，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查点到直线的距离，利用双曲线的几何性质求双曲线的方程，属于简单题.‎ ‎7.执行如图所示的程序框图，则输出S的值为（ ）‎ A. -1010 B. -1009 C. 1009 D. 1010‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 根据程序框图,先计算出和的含义,再根据即可求得输出值.或利用等差数列的求和公式求解.‎ ‎【详解】依题意：得,.‎ 解法一：,‎ 故选:D.‎ 解法二：,,‎ 所以,‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了程序框图的简单应用,数列求和公式的应用,属于中档题.‎ ‎8.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，‎ - 25 -‎ 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.‎ ‎9.已知抛物线E：的焦点为F，过F的直线l与E交于A，B两点，与x轴交于点.若A为线段的中点，则（ ）‎ A. 9 B. 12 C. 18 D. 72‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解法一：根据为线段的中点，得到坐标，从而得到直线，与抛物线联立得到，从而得到，利用抛物线焦点弦公式，得到的长；解法二：延长交准线于，过点作垂直准线交准线于，过点作垂直准线交准线于，准线与轴交于点，由，得到，得到，再根据，得到的长.‎ ‎【详解】依题意得，焦点，‎ 如图，因为为线段的中点，‎ 所以，代入抛物线方程得到，舍去正值，‎ 所以，‎ 解法一：，‎ 所以直线的方程为，‎ 将其代入，得，‎ - 25 -‎ 设，，则，，‎ 所以，‎ 故选：A.‎ 解法二：（几何法）延长交准线于，过点作垂直准线交准线于，‎ 过点作垂直准线交准线于，准线与轴交于点，‎ 中原点是线段的中点，‎ 所以点是线段的中点.易得，‎ ‎，，‎ 设，‎ 因为，‎ 所以，‎ 即，‎ 解得，‎ 因此，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的几何性质，求抛物线的焦点弦的长，属于中档题.‎ - 25 -‎ ‎10.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为，分别与中间量做比较，作差法得到，再由，最后利用作差法比较、的大小即可.‎ ‎【详解】解：因为，分别与中间量做比较，，，则，，，所以，‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查作差法比较大小，对数的运算及对数的性质的应用，属于中档题.‎ ‎11.在平面直角坐标系中，直线l：与曲线交于A，B两点，且，则（ ）‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线方程得到过定点，过圆心作于，由，得到，再利用弦长公式，得到的值，从而得到答案.‎ ‎【详解】直线，即，‎ 所以直线过定点，‎ - 25 -‎ 曲线是圆心为原点，半径的上半圆.‎ 过圆心作于，‎ 即，‎ 所以，‎ 圆心到直线的距离，‎ ‎，‎ 解得，‎ 因为曲线是上半圆，结合图像可得，‎ 所以.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积的几何意义，根据弦长求参数的值，考查数形结合的思想，属于中档题.‎ ‎12.已知正三棱柱的所有棱长都为3，是的中点，是线段上的动点.若三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球表面积的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 由题可知,三棱锥的外接球的球心在上底面等边的中心与下底面等边的中心的连线的线段上,设球的半径为,,,则且,易得,则,,可得,代入中,则,由的范围可得的范围,即可得到的范围,进而求得球的表面积的范围 ‎【详解】‎ 如图所示,依题意可知,三棱锥的外接球的球心在上底面等边的中心与下底面等边的中心的连线的线段上,连接、,设,,；‎ 在中,得；‎ 在中,,,‎ 由得；‎ 由和得整理得,所以,又因为得；‎ 当时,的最小值为4；当时,的最小值为；‎ 所以,‎ 由球的表面积得,‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查棱锥的外接球的表面积问题,考查空间想象能力 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ - 25 -‎ ‎13.已知向量，，且 ，则______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量共线的公式求解得,再根据模长公式求解即可.‎ ‎【详解】由得，，即 ，所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的平行公式与模长公式,属于基础题型.‎ ‎14.记为数列的前项和.若，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，数列是以为公比的等比数列，利用结合等比数列求和公式可求出的值，然后利用等比数列的通项公式可求出的值.‎ ‎【详解】，，所以，数列是以为公比的等比数列，‎ ‎，解得，因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列中的项的计算，同时也涉及了等比数列的定义以及等比数列求和公式的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎15.已知函数是定义在R上的奇函数，当时，；当时，，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 由是定义在上的奇函数，，再依题意求出即可得解.‎ ‎【详解】解：因为是定义在上的奇函数，所以，，‎ 又，，所以，‎ 故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查函数值的计算，函数的奇偶性的应用，属于基础题.‎ ‎16.若函数在单调，且在存在极值点，则的取值范围为___________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先通过函数在存在极值点，求出的范围，再根据在单调，求出和之间的不等关系，再结合已求出的的范围，得最终的范围.‎ ‎【详解】解：因为函数在存在极值点，所以，即，‎ 当，又在单调，‎ 所以，即，‎ 解得，只能取，即，‎ 综上，，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的单调性和极值问题，关键是要建立关于和之间的不等关系，是中档题.‎ - 25 -‎ 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.如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，求二面角余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由平面及底面是正方形可证得平面,则,又由,即可求证；‎ ‎（2）以为原点,分别以所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,由（1）可知为平面的一个法向量,求得平面的一个法向量,进而利用数量积求解即可 ‎【详解】（1）证明:因为平面,平面,‎ 所以,‎ 因为底面是正方形,所以,‎ 又,所以平面,‎ 因为平面,所以,‎ 又因,平面,‎ 所以平面 ‎（2）因为平面,底面为正方形,‎ - 25 -‎ 所以,以为原点,分别以所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图所示）,‎ 设,则,‎ 因为,所以为中点,所以,‎ 所以,‎ 由（1）得为平面的一个法向量,‎ 设平面的一个法向量为,‎ 由,即,令,则,所以,‎ 因此,‎ 由图可知二面角的大小为钝角,‎ 故二面角的余弦值为 ‎【点睛】本小题考查线面垂直的判定与性质、二面角的求解及空间向量的坐标运算等基础知识,考查空间想象能力及运算能力 ‎18.记为数列的前n项和.已知，.‎ - 25 -‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，作差可得，再对其因式分解，即可得到，最后根据等差数列的通项公式计算可得.‎ ‎（2）由（1）可得的通项公式，再用分组求和及裂项相消法求和.‎ ‎【详解】解：（1）当时，，所以或（不合，舍去）.‎ 因为①，所以当时，②，‎ 由①－②得，‎ 所以.‎ 又，所以.‎ 因此是首项为4，公差为3的等差数列.‎ 故.‎ ‎（2）由（1）得，‎ 所以 ‎【点睛】本小题主要考查递推数列、等差数列的通项公式与数列求和等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力等，考查化归与转化思想、特殊与一般思想等，体现基础性，导向对发展逻辑推理、数学运算等核心素养的关注.‎ - 25 -‎ ‎19.中，的面积为.‎ ‎（1）求 ‎（2）若为的中点，分别为边上的点（不包括端点），且，求面积的最小值.‎ ‎【答案】（1）;（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用求出，再利用余弦定理求即可；‎ ‎（2）设，在中，利用正弦定理表示出，在中，利用正弦定理表示出，再将面积表示出来，利用三角函数的性质求其最小值.‎ ‎【详解】解：（1）因为 所以，‎ 又，所以，‎ 由余弦定理得：，‎ 所以；‎ ‎（2）设，则，‎ 在中，由正弦定理得：，‎ 即，所以，‎ 在中，由正弦定理得：，‎ - 25 -‎ 由（1）可得，‎ 则，所以，‎ 所以 ‎，‎ 当时，，‎ 故的面积的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查正余弦定理的应用，三角形的面积公式以及三角函数性质的应用，是中档题.‎ ‎20.已如椭圆E：（）的离心率为，点在E上.‎ ‎（1）求E的方程：‎ ‎（2）斜率不为0的直线l经过点，且与E交于P，Q两点，试问：是否存在定点C，使得？若存在，求C的坐标：若不存在，请说明理由 ‎【答案】（1）（2）存在x轴上的定点，使得 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆离心率和过的点，得到关于，的方程组，解得，的值，从而得到椭圆的方程；（2）设存在定点，对称性可知设，根据，得到，即得，直线的方程为：与椭圆联立，得到，，从而得到和的关系式，根据对恒成立，从而得到的值.‎ - 25 -‎ ‎【详解】（1）因为椭圆E的离心率，所以①，‎ 点椭圆上，所以②，‎ 由①②解得，.‎ 故E的方程为.‎ ‎（2）假设存在定点，使得.‎ 由对称性可知，点必在轴上，故可设.‎ 因为，所以直线与直线的倾斜角互补，因此.‎ 设直线的方程为：，，‎ 由消去，得，‎ ‎，所以，‎ 所以，，‎ 因为，所以，‎ 所以，即.‎ 整理得，‎ 所以，即.‎ 所以，即，对恒成立，‎ - 25 -‎ 即对恒成立，所以.‎ 所以存在定点，使得.‎ ‎【点睛】本小题主要考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，椭圆中的定点问题，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若函数在有两个零点，求m的取值范围.‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先求出函数的导函数因式分解为，再对参数分类讨论可得；‎ ‎（2）依题意可得，当函数在定义域上单调递增，不满足条件；‎ 当时，由（1）得在为增函数，因为，.再对，，三种情况讨论可得.‎ ‎【详解】解：（1）因为，所以，‎ 即.‎ 由，得，.‎ - 25 -‎ ‎①当时，，当且仅当时，等号成立.‎ 故在为增函数.‎ ‎②当时，，‎ 由得或，由得；‎ 所以在，为增函数，在为减函数.‎ ‎③当时，，‎ 由得或，由得；‎ 所以在，为增函数，在为减函数.‎ 综上，当时，在为增函数；‎ 当时，在，为增函数，在为减函数；‎ 当时，在，为增函数，在为减函数.‎ ‎（2）因为，所以，‎ ‎①当时，，在为增函数，所以在至多一个零点.‎ ‎②当时，由（1）得在为增函数.‎ 因为，.‎ ‎（ⅰ）当时，，时，，时，；‎ 所以在为减函数，在为增函数，.‎ 故在有且只有一个零点.‎ ‎（ⅱ）当时，，，，使得，‎ 且在为减函数，在为增函数.‎ 所以，又，‎ - 25 -‎ 根据零点存在性定理，在有且只有一个零点.‎ 又在上有且只有一个零点0.‎ 故当时，在有两个零点.‎ ‎（ⅲ）当时，，，，使得，‎ 且在为减函数，在为增函数.‎ 因为在有且只有一个零点0，‎ 若在有两个零点，则在有且只有一个零点.‎ 又，所以即，所以，‎ 即当时在有两个零点.‎ 综上，m的取值范围为 ‎【点睛】本小题主要考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性、最值和零点等问题，考查抽象概括、推理论证、运算求解能力，考查应用意识与创新意识，综合考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想、数形结合思想、有限与无限思想以及特殊与一般思想，考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算、数学建模等核心素养.‎ ‎（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】‎ - 25 -‎ ‎（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 ‎ 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；‎ - 25 -‎ ‎（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）；‎ ‎（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.‎ - 25 -‎ ‎ ‎ - 25 -‎