福建省福州市2020届高三上学期期末质量检测 数学（理）试题 含答案.doc

福建省福州市2020届高三上学期期末质量检测数学（理）试题一、单选题1设复数,则（ ）ABCD【答案】B【解析】先化简复数，再利用复数模的求法,即可得到的值.【详解】，.故选：B.【点睛】本题主要考查的是复数的四则运算，复数模的求法，主要考查的是学生的计算能力，是基础题.2已知集合或，则（ ）ABCD【答案】D【解析】根据集合间的关系逐个判断即可.【详解】集合并无包含关系,故A,B均错误.又,或故C错误.正确.故选：D.【点睛】本题主要考查了集合间的基本关系,属于基础题型.3执行如图所示的程序框图，若输入的分别为,则输出的n（ ）A6B5C4D3【答案】C【解析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的的值，当，时，满足条件，退出循环，输出的值为 .【详解】第一次循环， ，此时.第二次循环，此时.第三次循环，此时，因此.故选：.【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的的值是解题的关键，属于基本知识的考查，是基础题.4已知向量,则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B充要条件C必要不充分条件D既不充分又不必要条件【答案】A【解析】先算出，再利用向量平行的坐标运算得出的值，即可判断.【详解】，.因此“”是“”的充分不必要条件.故选：.【点睛】本题主要考查的是充分不必要条件的判断，涉及向量平行的坐标运算，属基础题.5若,则=（ ）ABC1D32【答案】D【解析】取，即可得到.【详解】取，.故选：.【点睛】本题考查二项式定理及通项公式的运用，“赋值法普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，是基础题.6若实数满足且则的大小关系为（ ）ABCD【答案】B【解析】已知，所以根据对数函数的性质可知上为单调递减函数，得出 接下来利用作差法比较大小，由此可以判断答案.【详解】，因此.故选：B.【点睛】本题主要考查的是对数的大小比较，掌握对数函数的性质是解题的关键，是基础题.7若，则（ ）ABC或D或或3【答案】C【解析】根据二倍角公式化简求解即可.【详解】由可得.故或.即或.故选：C【点睛】本题主要考查了二倍角公式以及同角三角函数的公式等.属于中等题型.8若满足约束条件则的最小值为（ ）ABCD【答案】C【解析】先根据约束条件画出可行域,再利用几何意义求最值，表示直线在轴上的截距，只需求出可行域直线在轴上的截距最小值即可.【详解】画出不等式组所表示的可行域如上图（阴影部分），由，得，平移直线，由图像可知当直线经过时，直线的截距最小，此时最小，由 ，解得，即，将代入目标函数得，因此的最小值为.故选：.【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键，是基础题.9把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再把得到的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为，则（ ）ABCD【答案】A【解析】由已知中函数，根据辅助角公式，易将函数的解析式化为正弦型函数的形式，然后根据周期变换及平移变换法则，即可得到函数.【详解】，函数图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）得到：，再把得到的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为，故选：.【点睛】本题主要考查的是正弦函数图像的平移和伸缩变换，考查学生对函数的理解，同时考查辅助角公式、诱导公式的应用，是基础题.10已知四边形为正方形，平面，四边形与四边形也都为正方形，连接，点为的中点，有下述四个结论：； 与所成角为；平面； 与平面所成角为其中所有正确结论的编号是（ ）ABCD【答案】B【解析】根据题意建立空间直角坐标系，写出所有点的坐标，利用向量法可以判断出正确的结论.【详解】由题意得，所得几何体可以看成一个正方体，因此所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，是正确的.，设与所成的角为，是正确的.，设是平面的一个法向量，取，平面，是正确.，由图像易得：是平面的一个法量，设与平面所成的角为，不正确，综上：正确.故选：.【点睛】本题考查异面直线、直线与平面所成角的求法，直线与直线、直线与平面垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力以及转化思想的应用，是中档题11已知双曲线（）的左、右焦点分别为，若上点满足，且向量夹角的取值范围为，则的离心率取值范围是（ ）ABCD【答案】B【解析】根据双曲线的定义及，可得出，在中由余弦定理以及向量夹角的取值范围可得到关于离心率的不等式，即可得到的离心率取值范围.【详解】由双曲线定义得：， ，在中由余弦定理得：，由题意得：，.故选：.【点睛】本题主要考查的是正弦函数图像，将函数化简是关键，考查学生对图像变换的理解和应用，是基础题.12已知函数，若存在点，使得直线与两曲线和都相切，当实数取最小值时，（ ）ABCD【答案】A【解析】先分别求出函数在点的切线方程，再根据题意可得出，构造函数，求出的最小值即可求出，从而得到.【详解】 ，又，过点切线方程为：，又，即，又，因此过点的切线方程为：， 由题意知都为直线,，令，令，和时，单调递减，且时，恒成立，时，单调递增，时，则，.故选：.【点睛】本题主要考查导数的几何意义、导数与函数的单调性以及函数的极值与最值，考查学生的逻辑推理能力与数学运算能力,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算，是难题.二、填空题13函数则_【答案】【解析】将分别代入分段函数，即可求得.【详解】,由，.故答案为：.【点睛】本题考查的是分段函数求值的应用，采用直接代入法求函数值，是基础题.14设抛物线上的三个点到该抛物线的焦点距离分别为若中的最大值为3，则的值为_【答案】3【解析】根据抛物线的定义可知到焦点的距离等于到准线的距离，可判断最大，即可求出的值.【详解】根据抛物线的几何性质可得，由题意可得，因此可判断最大，故，解得.故答案为：.【点睛】本题考查抛物线的知识，掌握抛物线的定义和性质是解题的关键，考查学生分析问题解决问题的能力.15已知为数列前项和，若，且，则_【答案】【解析】由数列的递推公式及，依次计算出数列的前项，可得数列是周期为的数列，则,即可求得.【详解】由，得，又，得，数列是周期为的数列，.故答案为：.【点睛】本题主要考查的是利用递推关系求数列的和，考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力及综合运用数学知识解决问题的能力，是中档题.16农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为_；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为_【答案】 【解析】(1)先算出正四面体的体积，六面体的体积是正四面体体积的倍，即可得出该六面体的体积；(2)由图形的对称性得,小球的体积要达到最大,即球与六个面都相切时，求出球的半径，再代入球的体积公式可得答案.【详解】(1)每个三角形面积是，由对称性可知该六面是由两个正四面合成的，可求出该四面体的高为，故四面体体积为，因此该六面体体积是正四面体的2倍， 所以六面体体积是；(2)由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时，由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥设球的半径为，所以， 所以球的体积.故答案为：；.【点睛】本题考查由平面图形折成空间几何体、考查空间几何体的的表面积、体积计算，考查逻辑推理能力和空间想象能力求解球的体积关键是判断在什么情况下，其体积达到最大，考查运算求解能力.三、解答题17在中，（1）若，求；（2）为边上一点，且，求的面积【答案】（1）； （2）.【解析】(1)根据已知条件和利用正弦定理可求出，再利用同角三角函数基本关系式可求出；(2)根据题意知为等腰三角形，再利用余弦定理得出为等边三角形可得，从而求出的面积【详解】（1）在中，由正弦定理及题设得，故， 解得， 又，所以.（2）设，则在中，由余弦定理得，即，在等腰中，有， 联立，解得或（舍去）所以为等边三角形，所以，所以解法二：（1）同解法一 （2）设，则因为，所以，由余弦定理得，得，所以，解得或（舍去）所以为等边三角形，所以，所以【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，任意三角形的面积，考查学生的逻辑推理能力与数学运算能力,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算,是中档题.18等差数列的公差为2, 分别等于等比数列的第2项，第3项，第4项.（1）求数列和的通项公式；（2）若数列满足,求数列的前2020项的和【答案】（1），； （2）.【解析】(1)根据题意同时利用等差、等比数列的通项公式即可求得数列和的通项公式；(2)求出数列的通项公式，再利用错位相减法即可求得数列的前2020项的和.【详解】(1)依题意得: ，所以 ，所以解得 设等比数列的公比为，所以 又(2)由（1）知，因为 当时, 由得，即，又当时，不满足上式， .数列的前2020项的和 设 ，则 ，由得： ，所以，所以.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式、性质，错位相减法求和,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力及综合运用数学知识解决问题的能力.考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.是中档题.19如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，为线段的中点，为线段上的动点（1）求证：平面平面（2）试确定点的位置，使平面与平面所成的锐二面角为【答案】（1）见解析； （2）点F为BC中点.【解析】(1)利用直线与平面垂直的性质、判定定理以及平面与平面垂直的判定定理证明即可.(2)找建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用数量积求出法向量间夹角，进而得到二面角的余弦值。【详解】（1）因为底面，平面，所以. 因为为正方形，所以，又因为，所以平面. 因为平面，所以.因为，为线段的中点，所以， 又因为，所以平面 又因为平面，所以平面平面.（2）因为底面，以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形的边长为2，则，所以设点的坐标为所以设为平面的法向量， 则所以取，则. 设为平面的法向量， 则所以取，则. 因为平面与平面所成的锐二面角为，所以， 解得，故当点为中点时，平面与平面所成的锐二面角为.【点睛】本题主要考查直线与平面、平面与平面垂直的判定以及建立空间直角坐标系利用两个平面的法向量的夹角求二面角的方法、二面角的定义，考查了推理能力与计算能力，考查了空间想象能力，属于中档题.20已知圆，椭圆（）的短轴长等于圆半径的倍，的离心率为（1）求的方程；（2）若直线与交于两点，且与圆相切，证明：为直角三角形【答案】（1）； （2）证明见解析.【解析】(1)根据椭圆的几何性质即可求出的方程；(2)法一，分直线斜率不存在和存在两种情况，求出点坐标利用向量数量积即可证明，法二，分和轴平行和不平行两种情况，后和法一一样.【详解】（1）因为圆的半径为， 所以的短轴长为， 所以，解得 因为的离心率为，所以 ， 又因为，所以 ，联立 ，解得， 所以所求的方程为（2）证明：证法一：当直线斜率不存在时, 直线的方程为当时，所以 当时，所以，综上，所以为直角三角形当直线斜率存在时，设其方程为直线与圆相切， 即，由得，所以 所以 所以综上所述: 所以为直角三角形 证法二：当直线方程为时, 所以所以为直角三角形 当直线方程为时，所以所以为直角三角形当直线不与轴平行时，设其方程为因为直线与圆相切，所以,即由得,所以 所以所以为直角三角形综上所述: 为直角三角形【点睛】本题考查直线和圆的相切，椭圆的图象和性质，直线和椭圆的位置有关系,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力及综合运用数学知识解决问题的能力.考查的核心素养是直观想象、逻辑推理与数学运算.是中档题.21已知函数（1）当时，证明：；（2）若在上有且只有一个零点，求的取值范围【答案】（1）见解析； （2）.【解析】(1) 将的值代入，再求出函数的最小值，即可证明；(2)对进行分类讨论，当可得函数有无数个零点，求导数，确定为负故符合题意，当时，求导函数，对导数再求一次导，再对进行分类讨论，同时利用奇偶性可得当时在上有且只有一个零点，当时，利用零点定理取一个特值，判断出不合题意，得出的取值范围.【详解】（1）当时，所以的定义域为R,且故为偶函数 当时,，记，所以因为，所以在上单调递增，即在上单调递增， 故， 所以在上单调递增，所以， 因为为偶函数,所以当时,. （2）当时，令，解得，所以函数有无数个零点，不符合题意； 当时，当且仅当时等号成立，故符合题意；因为，所以是偶函数，又因为，故是的零点. 当时，记，则.1）当时，故在单调递增，故当时，即，故在单调递增，故所以在没有零点.因为是偶函数,所以在上有且只有一个零点. 2）当时，当时，存在，使得，且当时，单调递减，故， 即时，故在单调递减，又，所以，由零点存在性定理知在上有零点，又因为是的零点，故不符合题意；综上所述，a的取值范围为【点睛】本题考查函数和导数的应用，利用导数判断函数的单调性，证明不等式，函数零点个数等基础知识,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力.考查的核心素养是直观想象