2020届三明市高三上学期期末质量检测数学（文）试题（解析版）

2020届福建省三明市高三上学期期末质量检测数学（文）试题一、单选题1己知为虚数单位，则复数（ ）ABCD【答案】B【解析】根据复数除法运算法则直接求解可得结果.【详解】故选：【点睛】本题考查复数的除法运算，属于基础题.2已知集合，则等于（ ）ABCD【答案】A【解析】先化简集合，再根据集合交集定义运算即可.【详解】因为，故选A.【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于容易题.3已知函数，则（ ）ABCD【答案】D【解析】将代入对应解析式中即可求得结果.【详解】 故选：【点睛】本题考查分段函数的函数值的求解问题，属于基础题.4直线被圆所截弦长等于，则实数的值为（ ）A或BCD1或3【答案】D【解析】由圆的方程确定圆心和半径，由此确定圆心到直线距离；由垂径定理可构造方程求得结果.【详解】由圆的方程知：圆心，半径 圆心到直线的距离，解得：或故选：【点睛】本题考查根据直线被圆截得的弦长求参数值的问题；关键是能够利用垂径定理构造方程，即直线被圆截得的弦长为.5设满足约束条件则的最大值为（ ）A2B3C12D13【答案】C【解析】由约束条件可得可行域，将问题变成在轴截距最大问题的求解；通过平移直线可确定最大值取得的点，代入可得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图所示：当取最大值时，在轴截距最大平移直线，可知当直线过图中点时，在轴截距最大由得： 故选：【点睛】本题考查线性规划中最值问题的求解，关键是能够将问题转化为直线在轴截距最值问题的求解，属于常考题型.6在等差数列中，则（ ）A0B1CD3【答案】A【解析】利用等差数列通项公式表示出已知等式，求得；根据等差数列下标和性质求得结果.【详解】设等差数列公差为由得：，即 故选：【点睛】本题考查等差数列通项公式与性质的综合应用问题，涉及到等差数列下标和性质的应用，属于基础题.7已知向量，的夹角为，且，则（ ）ABCD【答案】A【解析】根据平面向量数量积的运算律首先求得，进而得到结果.【详解】故选：【点睛】本题考查平面向量模长的求解问题，关键是能够根据数量积的运算律首先求得模长的平方，进而得到结果.8中国古代数学名著九章算术中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器商鞅铜方升，某商鞅铜方升模型的三视图，如图所示(单位：寸)，若取3，则该模型的体积（单位：立方寸）为（ ）A11.9B12.6C13.8D16.2【答案】B【解析】根据三视图可知该模型为一个直四棱柱与一个圆柱构成的组合体，根据柱体体积公式分别求得两个部分的体积，加和得到结果.【详解】由三视图可知，商鞅铜方升模型为一个直四棱柱与一个圆柱构成的组合体直四棱柱的体积；圆柱的体积该模型的体积故选：【点睛】本题考查组合体体积的求解问题，关键是能够通过三视图确定组合体的各个构成部分，进而求得各部分体积.9若函数在上的最小值是，则实数的值为（ ）A1BC0D【答案】C【解析】利用辅助角公式将函数化为，根据正弦型函数值域可确定最小值为，由此构造方程求得结果.【详解】 ，解得：故选：【点睛】本题考查根据正弦型函数最值求解参数值的问题，关键是能够利用辅助角公式将函数化为正弦型函数的形式，进而采用整体对应的方式得到正弦型函数的值域.10已知四边形是矩形，平面，为的中点，则异面直线与所成的角为（ ）ABCD【答案】C【解析】取中点，通过平行四边形和三角形中位线性质平移两条异面直线到相交状态，结合余弦定理可求得与所成角，进而得到异面直线所成角.【详解】取中点，连接四边形为矩形，分别为中点 四边形为平行四边形 分别为中点 异面直线与所成角即为与所成角平面，平面 ，又， 与所成角为，即异面直线与所成角为故选：【点睛】本题考查异面直线所成角的求解问题，关键是能够通过直线的平行关系将异面直线所成角问题转化为相交直线所成角的求解问题；易错点是忽略两条直线所成角的范围，造成求解错误.11函数的图象大致为（ ）ABCD【答案】B【解析】利用导数求得函数的单调性，进而排除；根据上的最大值可排除，从而得到结果.【详解】由得：，即定义域为则当时，；当和时，即在上单调递增，在和上单调递减，可排除又 在上的最大值小于零，可排除故选：【点睛】本题考查函数图象的辨析，处理此类问题通常采用排除法的方式来进行求解；关键是能够利用导数确定函数的单调性，同时确定区间内最值点.12已知点是双曲线的左焦点，为右支上一点.以的实轴为直径的圆与线段交于，两点，且，是线段的三等分点，则的渐近线方程为（ ）ABCD【答案】B【解析】设双曲线右焦点为，取中点，根据双曲线定义可表示出；在圆中利用垂径定理可表示出，根据为三等分点可确定为中点，由中位线性质可表示出并得到，由此构造方程求得；利用双曲线焦点三角形面积构造等量关系，得到关于的齐次方程，由此求得渐近线斜率，进而得到渐近线方程.【详解】设双曲线右焦点为，取中点，连接设，由双曲线定义知： 且 又 为中点，又为中点 且，解得： ，又双曲线焦点三角形面积 双曲线渐近线方程为故选：【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，涉及到双曲线定义、焦点三角形面积的应用、垂径定理求解圆的弦长的应用等知识；关键是能够通过两种不同的方式表示出双曲线焦点三角形面积，进而构造出关于的齐次方程.二、填空题13曲线在点处的切线方程为_【答案】【解析】，则切线斜率，切线方程为.14已知，则_.【答案】【解析】由同角三角函数关系可求得；由两角和差正弦公式可求得结果.【详解】 ，由得：，故答案为：【点睛】本题考查利用两角和差正弦公式求解三角函数值的问题，关键是能够利用同角三角函数的商数和平方关系求得所需角的正余弦值.15设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为.在轴负半轴上有一点,满足，且，则椭圆的离心率为_.【答案】【解析】根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可构造出关于的齐次方程，由此可求得离心率.【详解】 为中点，又 即 故答案为：【点睛】本题考查离心率的求解问题，关键是能够根据直角三角形斜边中线等于斜边一半构造出关于的齐次方程.16三棱柱中，侧棱底面，且三棱柱的侧面积为.若该三棱柱的顶点都在球的球面上，则球体积的最小值为_.【答案】【解析】根据三棱柱侧面积可得到三棱柱底面三角形边长和三棱柱高的关系，根据外接球的性质和勾股定理可表示出球的半径，利用基本不等式求得半径的最小值，根据球的体积公式求得结果.【详解】设，三棱柱高为底面 三棱柱侧面积 取中点，作平面于点，则为的中心且，又球的半径（当且仅当，即时取等号）球体积的最小值故答案为：【点睛】本题考查棱柱外接球体积最值的求解问题，关键是能够利用基本不等式求得外接球半径的最小值，进而代入球的体积公式求得结果.三、解答题17在各项均为正数的等比数列中，已知，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1），.（2），【解析】（1）利用等比数列通项公式表示出已知等式，可得关于公比的方程，解方程求得，根据等比数列通项公式求得结果；（2）由（1）可得通项公式，利用分组求和的方式，对两部分分别采用等比数列求和和等差数列求和的方法求得结果.【详解】（1）设等比数列的公比为 ，又 解得： ，（2）由（1）知：.数列的前项和为，【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解、分组求和法求解数列的前项和的问题；涉及到等差数列和等比数列求和公式的应用，属于常考题型.18已知的内角，的对边分别为，且.（1）求；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理边化角化简已知等式可求得，根据的范围可得结果；（2）利用三角形面积公式构造方程求得，根据余弦定理化简可求得，进而求得结果.【详解】（1） 由正弦定理得： ，即又 （2） 由余弦定理得： ，即的周长【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理边化角、余弦定理和三角形面积公式的应用，属于常考题型.19如图（1），在等腰梯形中，为中点.以为折痕将折起，使点到达点的位置，如图（2）.（1）求证：；（2）若，求点到平面的距离.【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）根据已知的长度和平行关系可证得均为等边三角形，取中点，根据等腰三角形三线合一性质可证得，则根据线面垂直判定定理证得平面，由线面垂直性质定理可得结论；（2）利用体积桥的方式可构造出关于所求距离的方程，解方程求得结果.【详解】（1）在图中，为中点四边形是菱形，且是等边三角形，即图中是等边三角形连结， 四边形为平行四边形则，即是等边三角形设中点为，连结，则，平面 平面平面 （2）由（1）知：又 又，平面平面，即为三棱锥的高设点到平面的距离为在中， 由得：，解得：点到平面的距离为【点睛】本题考查立体几何中线线垂直关系的证明、点到平面距离的求解问题；证明线线垂直关系时，通常需要采用先证线面垂直的方式，再利用线面垂直性质证得结论；求解点到平面距离时，常采用体积桥的方式，构造出关于所求距离的方程来求得结果.20已知动圆与圆外切，又与直线相切.设动圆的圆心的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）在轴上求一点（不与原点重合），使得点关于直线的对称点在曲线上.【答案】（1）（2）【解析】（1）根据两圆外切、直线与圆相切可知点轨迹满足抛物线定义，由此可得抛物线轨迹方程；（2）设，利用点关于直线对称点的求法求得对称点，代入抛物线方程可求得，进而得到点坐标.【详解】（1）由题意得：圆心到直线的距离等于到圆圆心的距离的轨迹是为焦点，以直线为准线的抛物线设其方程，则，解得：曲线的方程为（2）设，关于直线的对称点为则，即，解得： 将代入曲线得：，解得：（舍）或点的坐标为【点睛】本题考查抛物线轨迹方程的求解、点关于直线对称点的求解等知识；本题中求解轨迹方程的关键是能够通过圆与圆、直线与圆的位置关系找到动点轨迹满足抛物线的定义，从而利用定义直接得到抛物线方程.21已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明：.【答案】（1）见解析（2）见解析.【解析】（1）求导得到导函数后，分别在和两种情况下，讨论导函数的正负，由此得到原函数的单调性；（2）根据（1）中结论，可知，由此可将不等式转化为，即证，令，构造函数，利用导数可求得单调性，得到，进而证得结论.【详解】（1）由题意得：定义域为当时，在上恒成立 在上单调递增当时，若，则单调递增；若，则单调递减综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减（2）由（1）可知，当时，在上单调递增，上单调递减要证只要证，即证：令，即证：在上成立令，即证：当时，；当时，在上单调递增，在上单调递减 即当时，【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到讨论含参数函数的单调性、利用导数证明不等关系的问题；本题中不等关系证明的关键是能够根据函数的单调性将问题转化为函数最值的求解问题，通过函数最值来确定不等关系成立.22在平面直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.已知直线的参数方程为(为参数)，曲线的极坐标方程为.（1）求的直角坐标方程;（2）求被截得的线段长.【答案】（1）.（2）【解析】（1）根据极坐标化直角坐标的原则直接化简整理可得结果；（2）将参数方程化为普通方程，与的直角坐标方程联立，利用弦长公式可求得结果.【详解】（1），由得：化简得的直角坐标方程为：（2）由直线的参数方程得其普通方程为：由消去得：设与的交点为，则，则被截得的线段【点睛】本题考查极坐标化直角坐标、参数方程化普通方程、弦长公式的应用；考查学生对于基础公式和方法