福建省三明市2020届高三数学5月质量检查测试试题 文（含解析）

福建省三明市2020届高三数学5月质量检查测试试题 文（含解析）一、选择题.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.已知是虚数单位，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的乘法运算法则，直接计算，即可得出结果.【详解】.故选B【点睛】本题主要考查复数的乘法，熟记运算法则即可，属于基础题型.2.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先化简集合，再与集合求交集，即可得出结果.【详解】因为，又，所以.故选D【点睛】本题主要考查集合的交集，熟记概念即可，属于基础题型.3.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由三视图确定该几何体为圆柱，由圆柱的体积公式，即可得出结果.【详解】由几何体三视图可知：该几何体为圆柱，且圆柱的底面圆半径为1，高为2，所以圆柱的体积为.故选B【点睛】本题主要考查几何体的三视图、以及圆柱的体积，熟记圆柱的体积公式即可，属于基础题型.4.在中，点在边上，且，设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由化为，再整理，由题中条件，即可得出结果.【详解】因为在中，点在边上，且，所以，即，故，又，所以.点睛】本题主要考查平面向量基本定理，熟记基本定理即可，属于基础题型.5.箱子里有大小相同且编号为1，2，3，4，5的五个球，现随机取出两个球，则这两个球编号之差的绝对值为3的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由题意确定“从5个球中随机取出两个球”，所包含的基本事件个数；再列举出“两个球编号之差的绝对值为3”所包含的基本事件个数，基本事件个数之比即为所求概率.【详解】由题意：“从编号为1，2，3，4，5的五个球中，随机取出两个球”共包含个基本事件；满足“这两个球编号之差的绝对值为3”的基本事件有：，共2个基本事件；所以这两个球编号之差的绝对值为3的概率是.故选B【点睛】本题主要考查古典概型，列举法求基本事件的个数，熟记概率计算公式即可，属于基础题型.6.已知实数满足约束条件，则的最小值为（ ）A. 4B. 5C. 6D. 9【答案】A【解析】【分析】先由约束条件作出可行域，再将目标函数化为，因此直线在轴截距最小时，取最小值，结合图像即可得出结果.【详解】由约束条件作出可行域如下：由目标函数可化为，因此直线在轴截距最小时，取最小值，由图像可知：当直线过点时，最小；由得，所以.故选A【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，由约束条件作出可行域，分析目标函数的几何意义，结合图像即可求解，属于基础题型。7.函数的图像大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由函数奇偶性的概念，判断出函数为偶函数，排除AB选项，再由特殊值代入，即可得出结果.【详解】因为的定义域为，又，故函数为偶函数，关于轴对称，排除AB选项；又当时，排除D.故选C【点睛】本题主要考查函数图像，通常根据函数奇偶性以及特殊值法验证，属于常考题型.8.已知角顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边过点.若角满足，则（ ）A. -2B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由角的终边过点，求出，再由两角和的正切公式，以及，即可求出结果.【详解】因为角的终边过点，所以，又，所以，即，解得.故选B【点睛】本题主要考查三角函数定义，以及两角和的正切公式，熟记定义与公式即可，属于基础题型.9.设斜率为的直线过抛物线的焦点，与交于两点，且，则（ ）A. B. 1C. 2D. 4【答案】C【解析】【分析】先由题意，得直线方程为：，设，联立直线与抛物线方程，结合弦长，列出等式，即可求出结果.【详解】因为斜率为的直线过抛物线的焦点，所以直线方程为，设，由得，整理得：，所以，因此，又，所以，解得.故选C【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，根据弦长求参数的问题，熟记抛物线方程以及抛物线的简单性质即可，属于常考题型.10.已知正项数列的前项和为，且，设数列的前项和为，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由，根据题意求出，再由裂项相消法求出，进而可得出结果.【详解】因为，所以，因此，即，又为正项数列，所以，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，因此，所以，因为，所以.故选D【点睛】本题主要考查等差数列以及数列的求和，熟记等差数列的通项以及裂项相消法求和即可，属于常考题型.11.我国古代数学家刘徽于公元263年在九章算术注中提出“割圆术”：割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣.即通过圆内接正多边形细割圆，并使正多边形的面积无限接近圆的面积，进而来求得较为精确的圆周率.如果用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值记为，那么用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值可表示成（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先令圆的半径为1，求出其内接正边形的面积，以及内接正边形的面积，根据题意建立等量关系，即可求出结果.【详解】令圆的半径为1，则圆内接正边形的面积为，圆内接正边形的面积为，用圆的内接正边形逼近圆，可得；用圆的内接正边形逼近圆，可得；所以.故选A【点睛】本题主要考查圆周率的估计值，关键在于求出圆内接正多边形的面积，属于常考题型.12.已知是双曲线上的三个动点，且（为坐标原点）.设，且，则的值为（ ）A. -4B. C. D. 4【答案】D【解析】【分析】先由，根据求出坐标，再根据是双曲线上的三个动点，即可列式求出结果.【详解】因为，所以，故，又是双曲线上的三个动点，所以，所以，即，即；又，所以故选D【点睛】本题主要考查根据双曲线上点的坐标之间关系求参数问题，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.二、填空题（将答案填在答题纸上）13.已知函数，则_【答案】3【解析】【分析】根据函数解析式，先计算出，进而即可得出.【详解】因为，所以，因此.故答案为3【点睛】本题主要考查分段函数的求值问题，由内向外逐步代入即可求解，属于常考题型.14.在等比数列中，则_【答案】16【解析】【分析】先设等比数列的公比为，由，求出，再由即可得出结果.【详解】设等比数列的公比为，因为，所以，因此.故答案为16【点睛】本题主要考查等比数列的简单计算，熟记等比数列的通项公式以及等比数列的性质即可，属于基础题型.15.曲线在处的切线与直线平行，则实数_【答案】【解析】【分析】先对求导，得到其在处的切线斜率，再由题意，列出等量关系，进而可求出结果.【详解】因为，所以，因此其在处的切线斜率为，又曲线在处的切线与直线平行，所以，因此.故答案为【点睛】本题主要考查导数的几何意义，熟记导数的几何意义即可，属于基础题型.16.已知三棱锥的外接球半径为2，平面，则该三棱锥体积的最大值为_【答案】【解析】【分析】在长方体中作出三棱锥，先由题意可得两两垂直，因此，三棱锥的外接球，即是以为长宽高的长方体的外接球，设，由题意得到的关系式，再根据三棱锥的体积公式即可求出结果.【详解】由题意，在长方体中作出满足题意的三棱锥如图所示：则，该三棱锥的外接球即是其所在长方体的外接球，故，又，所以，设，由可得，所以该三棱锥的体积为.当且仅当时，取最大值.故答案为【点睛】本题主要考查几何体外接球的相关计算，以及基本不等式的应用，熟记公式即可，属于常考题型.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.的内角所对的边分别是，且，.（1）求；（2）若边上的中线，求的面积.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）先由正弦定理，得到，进而可得，再由，即可得出结果；（2）先由余弦定理得，再根据题中数据，可得，从而可求出，得到，进而可求出结果.【详解】（1）由正弦定理得，所以，因为，所以，即，所以，又因为，所以，.（2）在和中，由余弦定理得，.因为，又因为，即，所以，所以，又因为，所以.所以的面积.【点睛】本题主要考查解三角形，灵活运用正弦定理和余弦定理即可，属于常考题型.18.已知四棱锥，平面，直线与平面所成角的大小为，是线段的中点.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判断定理证明平面，得到；再证明，进而可得出结果；（2）根据等体积法，由，结合题中数据即可得出结果.【详解】（1）因为平面，平面，所以，因为，是线段的中点，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以.取上点，使得，连接，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，所以直线与平面所成角的大小等于直线与平面所成角的大小，又平面，所以平面，所以为直线与平面所成的角，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，因为，平面，所以平面.（2）由（1）可知平面，所以和均为直角三角形，又，设点到平面距离为，则，即，化简得，解得，所以点到平面的距离为.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定以及点到平面距离，熟记判定定理以及等体积法求点到面的距离即可，属于常考题型.19.某市一农产品近六年的产量统计如下表：年份202020202020202020202020年份代码123456年产量（千吨）5.15.35.65.56.06.1观察表中数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系.（1）根据表中数据，将以下表格空白部分的数据填写完整，并建立关于的线性回归方程；总和均值1234565.15.35.65.56.06.11491625365.110.616.8223036.6121.1（2）若在2025年之前该农产品每千克的价格（单位：元）与年产量满足的关系式为，且每年该农产品都能全部销售.预测在20202025年之间，某市该农产品的销售额在哪一年达到最大.附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为： ，.【答案】（1）见解析；（2）2020年【解析】【分析】（1）根据题中数据，先完善表格；再由 ，求出和，进而可求出结果；（2）先由题意得到，进而可得出结果.【详解】解：（1）数据补充如下：总和均值1234563.55.15.35.65.56.06.15.6149162536915.110616.8223036.6121.1则 ，即关于的线性回归方程为.（2）因为销售额销售额价格，所以，所以当时，取得最大值.由回归直线方程知，当时，而年份代码8对应的年份为2020年，所以在20202025年之间，某市该农产品的销售额在2020年达到最大.【点睛】本题主要考查线性回归方程，熟记最小二乘法求和即可，属于常考题型.20.已知动点是的顶点，直线，的斜率之积为.（1）求点的轨迹的方程；（2）设四边形的顶点都在曲线上，且，直线，分别过点，求四边形的面积为时，直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先设点，根据题意得到，化简整理即可得出结果；（2）先由题意可得，直线的斜率不为0，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理、弦长公式以及点到直线的距离表示出，再由图形的对称性得到，结合题中条件，即可求出结果.【详解】（1）设点，由已知，直线与的斜率之积为，即，化简得.所以动点的轨迹的方程为.（2）依题意，直线的斜率不为0，设直线的方程为，由，得，则，所以 ，又原点到直线的距离，所以，由图形的对称性可知，所以，化简得，解得，即，所以直线的方程为，即.【点睛】本题主要考查椭圆方程以及直线与椭圆位置关系，熟记椭圆方程的求法以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.21.已知函数有两个极值点，.（1）求的取值范围；（2）求证：.【答案】（1）（2）见证明【解析】【分析】（1）先对函数求导，讨论与两种情况，分别判断其单调性，结合题意，即可求出结果；（2）先由（1）不妨设，且，得到，证明转化为证明，再令，可将问题转化为证明在上恒成立，再令，用导数的方法求其最大值即可.【详解】解：（1）因为，所以，令，则，当时，不成立；当时，令，所以，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，又因为，当时，当时，因此，当时，有2个极值点，即的取值范围为.（2）由（1）不妨设，且，所以，所以，要证明，只要证明，即证明，设，即要证明在上恒成立，记，所以在区间上单调递减，所以，即，即.【点睛】本题主要考查导数应用，通常需要对函数求导，利用导数的方法研究函数的单调性、最值等即可，属于常考题型.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的方程为，圆的参数方程为（为参数）.以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1）求的极坐标方程；（2）设与，异于原点的交点分别是，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求出圆的普通方程，然后再借助极坐标公式求出圆的极坐标方程；（2）直线的极坐标方程，与两圆联立方程组得出，进而求出，然后利用割补法求出的面积.【详解】（1）由得，化为.即.因为，所以的极坐标方程为.（2）因为直线的斜率为，即倾斜角为，所以其极坐标方程为.设，.由，得，即，由，得，即.由的极坐标方程得，所以，.因为，所以的面积为.【点睛】本题考查了曲线的极坐标方程，极坐标方程与普通方程转化的公式为；在解决直线与圆相交的问题时，有时直接利用极坐标方程能优化运算过程，解题时应灵活应用.23.选修4-5：不等式选讲设函数.（1）求的最小值及取得最小值时