福建省漳州市2020届高三数学第一次教学质量检测卷理含解析

1、福建省漳州市2020届高三数学第一次教学质量检测卷 理（含解析）一、选择题：1.已知集合，则（ ）a. 或b. 或c. d. 【答案】b【解析】【分析】解出集合、，利用并集的定义可求出集合.【详解】或，因此，或.故选：b.【点睛】本题考查并集的运算，同时也考查了一元二次不等式以及分式不等式的求解，考查运算求解能力，属于基础题.2.已知复数z满足，则z的共轭复数的虚部为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】先利用复数的除法求出复数，利用共轭复数的概念可得出复数，由此可得出复数的虚部.【详解】，在等式两边同时除以得，因此，复数的虚部为.故选：d.【点睛】本题考查复数虚部的求解，涉

2、及复数的除法以及共轭复数的概念，考查计算能力，属于基础题.3.已知某学校高一、高二、高三学生的人数如下表：年级高一高二高三学生人数150020002500利用分层抽样抽取部分学生观看演出，已知高一年级抽调15人，则该学校观看演出的人数为( )a. 35b. 45c. 60d. 80【答案】c【解析】【分析】根据分层抽样每人被抽到的概率相同，计算可得.【详解】解：由高一年级抽调人，可知，即每人中选个人，则该校观看演出的人数为（人），故选：【点睛】本题考查统计的相关知识，考查运算求解能力、数据处理能力，属于基础题4.已知是两个不重合的平面，a，b是两条不同的直线，可以断定的条件是（ ）a. b.

3、c. d. 【答案】c【解析】【分析】根据线面垂直的性质定理以及面面垂直的判定定理对选项分别分析得答案【详解】解：由，无法得到，错误；由可得，错误；由，可得，可知两平面同垂直于一条直线，则两平面是平行的，故正确；由不一定得到，还可能是相交，错误故选：【点睛】本题考查空间中直线与平面、平面与平面的位置关系，考查学生的空间想象能力和思维能力，属于基础题5.已知，则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】分别求出，的大概范围，比较即可.【详解】因为，所以.故选：【点睛】本题主要考查了指数，对数，三角函数的大小关系，找到他们大概的范围再比较是解决本题的关键，属于简单题.6.已知数列为等

4、比数列，且，数列为等差数列，为等差数列的前n项和，则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据等比中项的性质可得，即，又则，由下标和性质得，即可求出，求出公差即可求得.【详解】解：设等差数列的公差为，解得，则故选：【点睛】本题考查等比数列与等差数列的通项公式与性质、等差数列的求和公式，考查运算求解能力、推理论证能力，属于基础题.7.若实数，满足，则的最大值是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线，观察该直线在轴上截距最大时对应的最优解，代入目标函数计算即可.【详解】作出不等式组所表示的可行域，如下图中的

5、阴影部分区域所示：则为直线在轴上的截距，平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最大，此时取得最大值，即.故选：c.【点睛】本题考查简单线性规划问题，考查线性目标函数的最值，一般利用平移直线的方法找出最优解，考查数形结合思想的应用，属于中等题.8.已知函数是函数的导函数，则函数的部分图象是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】求出函数的导函数即的解析式，可判断函数为奇函数，即可排除，再由特殊值可排除，即可得解.【详解】解：为奇函数，图象关于原点对称，故排除；，故排除；故选：【点睛】本题考查函数的求导、函数图象的判断，考查推理论证能力，属于基础题.9.已知数列的前

6、n项和为，且满足，则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】当时，求得，当时，得到，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，求出的通项公式，即可得解.【详解】解：，当时，解得，当时，减得，则是以为首项，为公比的等比数列，故选：【点睛】本题考查递推数列、等比数列的定义与通项公式，考查运算求解能力、化归与转化思想，属于基础题10.已知f为抛物线的焦点，斜率大于0的直线l过点和点f，且交抛物线于a，b两点，满足，则抛物线的方程为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】设直线的斜率为，则直线的方程为，设，联立直线与抛物线方程，消去，列出韦达定理，由则即可求出，又由直线过点

7、，代直线方程求出，即可求出抛物线方程.【详解】解：由题意可知，设直线的斜率为，则直线的方程为，设，联立方程得消去整理得，则，则，解得或（舍去），所以直线方程因为直线过点，代入可得，则抛物线的方程为故选：【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系、抛物线的几何性质，考查运算求解能力、化归与转化思想，属于中档题11.已知函数，当时，则（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】利用三角恒等变换将函数化简为，因为，得到，根据同角三角函数的基本关系求出，再用两角差的余弦公式求出.【详解】解：由题可知，则.因为，所以，所以由可知，则，则，故选：c.【点睛】本题考查三角函数的诱导公式、三角恒等变换

8、，考查运算求解能力、化归与转化思想，属于中档题.12.在外接球半径为4的正三棱锥中，体积最大的正三棱锥的高（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】设正三棱锥底面的边长为，高为h，由勾股定理可得，则，三棱锥的体积，对其求导，分析其单调性与最值即可得解.【详解】解：设正三棱锥底面的边长为，高为h，根据图形可知，则.又正三棱锥的体积，则，令，则或（舍去），函数在上单调递增，在上单调递减，当时，v取得最大值，故选：d.【点睛】本题考查球与多面体的关系、三棱锥的体积公式、导数的综合应用，考查空间想象能力及运算求解能力，属于难题.二、填空题：13.函数在点处的切线方程为，则_.【答案】【解

9、析】【分析】根据题意得出，可得出关于、的方程组，解出这两个量，即可得出的值.【详解】，则，由于函数在点处的切线方程为，则，解得，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查利用切线方程求参数的值，解题时要抓住以下两点：切点处的导数值等于切线的斜率；切点为函数与切线的公共点.考查计算能力，属于基础题.14.已知二项式的展开式中的二项式系数和为，则_.【答案】1【解析】【分析】根据二项式系数求出，得二项式为，令即可求出的值.【详解】解：由二项式的展开式中的二项式系数和为64可知解得，则，令，则.故答案为：【点睛】本题考查二项式定理，考查运算求解能力.15.已知等边的边长为2，点g是内的一点，且，点p在所在

10、的平面内且满足，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】由，可知点g为的重心，以ab所在的直线为x轴，中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，表示出的坐标，设，由可知在以为圆心，为半径的圆上，根据点与圆上的点的距离最值求出的最大值.【详解】解：由，可知点g为的重心.以ab所在的直线为x轴，中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则，.设，由可知p为圆上的动点，所以的最大值为.故答案为：【点睛】本题考查平面向量的线性运算、三角形重心的性质、圆的性质，考查数形结合思想与运算求解能力.16.已知双曲线的右焦点为f，左顶点为a，o为坐标原点，以of为直径作圆交双曲线的一条渐近线于点p，且，则双曲线

11、的离心率_.【答案】2【解析】【分析】由题意可知，则以of为直径的圆的方程为，取其中一条渐近线，联立直线与圆的方程，求出的坐标，再由即可得到、的关系式，求出双曲线的离心率.【详解】解：由题可知，双曲线的渐近线的方程为，可取，以of为直径的圆的方程为，联立，解得或（舍去）可得.由，可得，即，解得或（舍去），故双曲线的离心率.故答案为：【点睛】本题考查双曲线的定义与性质、圆的方程、直线与圆的位置关系，考查化归与转化思想及运算求解能力.三、解答题：17.高三学生为了迎接高考，要经常进行模拟考试，锻炼应试能力，某学生从升入高三到高考要参加10次模拟考试，下面是高三第一学期某学生参加5次模拟考试的数学成

12、绩表：模拟考试第x次12345考试成绩y分90100105105100（1）已知该考生的模拟考试成绩y与模拟考试的次数x满足回归直线方程，若高考看作第11次模拟考试，试估计该考生的高考数学成绩；（2）把这5次模拟考试的数学成绩单放在5个相同的信封中，从中随机抽取3份试卷的成绩单进行研究，设抽取考试成绩不等于平均值的个数为，求出的分布列与数学期望.参考公式：.【答案】（1）120分, （2）分布列见解析，期望为【解析】【分析】（1）计算出和的值，然后将表格中的数据代入最小二乘法公式求出和的值，可求出回归直线方程，然后将代入回归直线方程计算即可；（2）由5次模拟考试的数学成绩有次与平均成绩一致，即

13、可得随机变量的所有可能取值为1，2，3，分别计算出概率，列出分布列求出数学期望.【详解】（1）由表可知，则，故回归直线方程为.当时，所以估计该考生的高考数学成绩为120分.（2）由题可知随机变量的所有可能取值为1，2，3，则；，故随机变量的分布列为：123p随机变量的数学期望.【点睛】本题考查回归直线方程的计算、随机变量的分布列及数学期望，考查数据处理能力、运算求解能力，属于基础题18.在中，内角a，b，c所对的边分别为a，b，c，且满足.（1）当时，求的值；（2）若d为ac的中点，且，求的周长.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换将化简为，再由正弦定理将角化边，最后利

14、用余弦定理即可求出的值.（2）设，则，在和中，分别利用余弦定理求出边，即可求出三角形的周长.【详解】解：（1）由可得，由正弦定理可得.则由余弦定理可得.（2）设，则.在和中，利用余弦定理可得，结合（1）可得，两式相加可得，即，故的周长.【点睛】本题考查三角恒等变换、正弦定理、余弦定理，考查化归与转化的思想及运算求解能力，属于中档题19.已知四棱锥p-abcd中，底面abcd为直角梯形，平面abcd，且.（1）求证：平面pbd；（2）若pb与平面abcd所成的角为，求二面角d-pc-b的余弦值.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）取cd的中点e，连接ae，be，bd，证明四边形

15、abed为正方形，得到，再由线面垂直可得，即可证明平面pbd，再证四边形abce为平行四边形，即可得证.（2）以点d为坐标原点，分别以da，dc，dp所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值.【详解】解：（1）证明：取cd的中点e，连接ae，be，bd.又，四边形abed为正方形，则.平面abcd，平面abcd，.平面pbd，平面pbd.平面pbd.，四边形abce为平行四边形，平面pbd.（2）平面abcd，为pb与平面abcd所成的角，即，则.设，则.以点d为坐标原点，分别以da，dc，dp所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.平面

16、pdc，平面pdc的一个法向量.设平面pbc的法向量，则，取，则.设二面角d-pc-b的平面角为，.由图可知二面角d-pc-b为锐角，故二面角d-pc-b的余弦值为.【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定、直线与平面所成的角和二面角的计算，考查空间想象能力、运算求解能力，属于中档题20.已知椭圆的左、右焦点分别为，过点且斜率为 的直线和以椭圆的右顶点为圆心，短半轴为半径的圆相切.（1）求椭圆的方程；（2）椭圆的左、右顶点分为a，b，过右焦点的直线l交椭圆于p，q两点，求四边形apbq面积的最大值.【答案】（1），（2）6【解析】【分析】（1）依题意可得，即可求出过点且斜率为 的直线的方程，设以右

17、顶点为圆心，b为半径的圆的方程为，根据直线与圆相切，即圆心到直线的距离等于半径得到方程组，解得.（2）设直线l的方程为，联立直线与椭圆方程，消去，列出韦达定理，四边形apbq的面积，又，得到，设，则即可求出函数的最大值.【详解】解：（1）设椭圆的焦距为，故由题可知，则椭圆的左焦点，故直线方程为，以右顶点为圆心，b为半径的圆的方程为，则，解得或（舍去），故，椭圆方程为.（2）设直线l的方程为，联立，整理得，显然，则，故四边形apbq的面积.设，则，可设函数，则，函数在上单调递增，则，则，当且仅当时等号成立，四边形apbq的面积取得最大值为6.【点睛】本题考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系、直线

18、与圆的位置关系，考查函数与方程的思想及运算求解能力，属于中档题21.已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若函数的导函数在上有三个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为.（2）【解析】【分析】（1）求出函数的定义域、导函数，当时，即可求出函数的单调区间；（2）由，可知为的一个零点，要使在上有三个零点，即方程在上有2个不同的实数根，参变分离将问题等价转化为函数与直线有2个交点，利用导数分析的单调性与最值，即可得到的取值范围.【详解】解：（1）.当时，令，得，则，故当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，故函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由，可知为一个零点，则方程在上有2个不同的实数根，即在上有2个不同的实数根，问题等价于函数与直线有2个交点，令，则，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，.，且，故实数a的取值范围为.【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，考查运算求解能力、函数与方程思想，属于难题22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）写出曲线的直角坐标方程；（2）直线的参数方程为（为参数）.若直线与曲线交于、两点，且