2020届福建省三明市高三毕业班质量检查测试数学(文)试题(解析版)

1、第1页共 23 页2020 届福建省三明市高三毕业班质量检查测试数学(文)试一、单选题51 .已知复数z，其中i为虚数单位，则复数z()2 i10 5.c .105.D. 2A .iB.2 iC.i3333【答案】B【解析】直接利用复数的除法法则计算得解【详解】由题得z55(2 i)5(2 i)2 i.2 i (2 i)(2 i)5故选：B.【点睛】本题主要考查复数的除法运算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平2 .设集合A x x 3,B x log2x 1，则A|B()A .0,2B.1,2C.2,3D.3,【答案】C【解析】解出集合B，利用交集的定义可求得集合A|B.【详解】:B x l

2、og2x 1 x x 2,A x x 3，因此，B 2,3.故选：C.【点睛】本题考查交集的计算，同时也考查了对数不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.3 要得到函数y. 2 si nx的图象，只需将函数y -2 sin x的图象()4A .向左平移一个单位B 向右平移一个单位 C.向上平移一个444第2页共 23 页单位D .向下平移个单位4【答案】B【解析】由题意利用函数 y As in (x)的图象变换规律，得出结论.【详解】解：只需将函数y . 2sin(x )的图象向右平移个单位，44即可得到函数y ,2 sinx的图象，故选：B.【点睛】本题主要考查函数 y Asin( x )的

3、图象变换规律，属于基础题.4 .已知直线mx 2y 3 0与直线3x (m 1)y m 0平行，则实数m()A .2B. 3C. 5D.2或 3【答案】A【解析】根据有斜率的两条直线平行的条件列式可解得结果【详解】【点睛】 本题考查了两条直线平行的条件，属于基础题5 .将编号为 001 , 002, 003,，300 的 300 个产品，按编号从小到大的顺序均匀的分成若干组，采用每小组选取的号码间隔一样的系统抽样方法抽取一个样本，若第一组抽取的编号是 003，第二组抽取的编号是018，则样本中最大的编号应该是()m 1时,显然不符合题意，所以m 1,mx 2y。得y mx32，由3x (m 1

4、)y m 0得所以m2323m 1，解得mmm 12.故选:A.A . 283B. 286C. 287D . 288第3页共 23 页【答案】D第4页共 23 页【解析】 先求样本间隔，然后计算抽查样本容量，结合系统抽样的定义进行求解即可【详解】样本间隔为18 3 15，即抽取样本数为300 1520，则最大的样本编号为3 15 19 288，故选：D.【点睛】本题主要考查系统抽样的应用，求出样本间隔和样本容量是解决本题的关键，属于基础题6 .设alog43,b0.4log0.42,c2,则a,b,c的大小关系为()A.bc aB.c b aC.a b cD.b a c【答案】 D【解析】 可

5、以得出 0log43 1,log0.420.40,21，从而得出a,b,c的大小关系.【详解】解：0log41 log43 log44 1,log0.42log。/0,20.4201,b ac.故选：D.【点睛】终边经过点P.2,1)， 则cos2(2.2 . -3【答案】B【详解】解：因为角的顶点在坐标原点，始边与X轴正半轴重合，终边经过点P(. 2,1),& .6213 2cos211.本题考查了对数的运算,对数函数和指数函数的单调性,考查了计算能力，属于基础题.7.在平面直角坐标系xOy中，已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合,B.32一23【解析】先由角的终边过点P(

6、2,1),求出COS,再由二倍角公式,即可得出结果所以COS第5页共 23 页3第6页共 23 页故选：B【点睛】本题主要考查三角函数的定义，以及二倍角公式，熟记三角函数的定义与二倍角公式即可，属于基础题.8 已知ABC的三边分别为a,b,c，且满足a2b2c2. 3ab，则ABC的最大内角为（）A60B.90C120D150【答案】D【解析】根据余弦定理求出角C即可得到答案【详解】由a2b2c23ab得cosCa b c 3,2ab2因为0 C，所以C 150：,所以C为最大角故选：D.【点睛】本题考查了余弦定理，属于基础题9 .如图，网格纸上小正方形的边长为【答案】A的体积，公式求解即可1

7、,粗线画出的是一个三棱锥的三视图，则该三A .4、3B.5、3C 6.3【解析】根据三视图还原几何体如下,其外接球的体第7页共 23 页【详解】第8页共 23 页球即为棱长为 2 的正方体的外接球，所以半径R1 22、3，所以该外接球2的体积为V3灵=4乘3故选：A【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体，以及外接球体积的计算B. 2【答案】A 【解析】 以A为原点，AB和AD分别为x和y轴建立平面直角坐标系，因DMMC，所以M为线段CD的靠近点D的三等分点，即 M(3,1)，由 B(1,0)、241D(0,1)可知，直线BD的方程为：y X 1；由 A(0,0)、M(-,1)可知直线AM的方【

8、详解】解：以A为原点，AB和AD分别为x和y轴建立如图所示的平面直角坐标系，4程为：y 3x，联立两条直线的方程，求得点G点坐标即可得解2 的正方体的一个角(如图)，所以该几何体的外接10.已知正方形ABCD的边长为1,点，设AM与BD交于点G，则(第9页共 23 页直线BD的方程为：y x 1；直线AM的方程为：y 3x ,【点睛】功倍的效果，考查学生的分析能力和运算能力，属于基础题.11.在生活中，我们常看到各种各样的简易遮阳棚 现有直径为2m的圆面，在圆周上选 定一个点固定在水平的地面上，然后将圆面撑起，使得圆面与南北方向的某一直线平行，做成简易遮阳棚设正东方向射出的太阳光线与地面成30

9、角，若要使所遮阴影面的面积最大，那么圆面与阴影面所成角的大小为（）【答案】C【解析】根据题意分析出阴影面是椭圆面，根据椭圆的面积公式，将面积最大转化为椭 圆的长轴长最大，在三角形中利用正弦定理可求得结果【详解】依题意分析可知，阴影面是椭圆面，椭圆的短轴长2b 2m,如图：圆的直径AB在地面的投影为AC,则AC为椭圆的长轴，BAC 为圆面与阴影M为线段CD的靠近点D的三等分点,M(-,1)X3Xy y143-4Xy1-4/_kG本题考查平面向量的数量积运算,建立坐标系，借助平面向量的坐标运算可以达到事半A .30B.45C.60D.75则 A(0,0) , B(1,0),将）41第10页共 23

10、 页BCA 30.,ab - |AC|,所以要使椭圆的面积最大，只要|AC|BAC 60：，所以圆面与阴影面所成角的大小为60：.故选：C.【点睛】本题考查了平行投影，考查了二面角的平面角，考查了椭圆的面积公式，考查了正弦定理，考查了分析问题的能力，属于中档题2 212 .已知F1,F2分别是双曲线 一2珞1(a 0,b 0)的左、右焦点，点A为双曲线右a b支上的点 若厶 AFE 的内切圆与x轴切于点M，且FiM| J3b，则该双曲线的离心率 为( )A .2B.3C. 2D. 、5【答案】C【解析】设内切圆与 AF1、AF2分别相切于点P、Q，则|AP| |AQ |，根据切线长定理易知|F

11、2M |厅店2| |FW | 2c 3b ,由双曲线的定义可得|RM | |F2M | 2a ,可得3b a c，再结合b2c2a2，可求得c 2a，由离心率e -得解.a【详解】解：如图所示，设内切圆与AFi、AF2分别相切于点P、Q，则|AP| |AQ|,根据椭圆的面积公式可得S最大即可,在厶 ABC 中，由正弦定理可得|AC| |AB|sin ABC sin BCA所以| AC | 4sin ABC，当ABC 90：时，|AC|取得最大值 4,此时,面所成二面角的平面角,【点睛】第 8 页共 23 页d*/A/止汀0/何F二xAV|FiM| 3b,FF2I 2c, |F2M| 2c 3b

12、 ,由双曲线的定义可知，IAFJ | AF2| 2a,(|AP| |PFi|) (|AQ| IQF2I) 2a，即 |RM| IF2MI 2a ,3b (2 c ,3b) 2a ,化简得,3b a c,又b2c22a，3(c2a2)(ac）2，解得c 2a或ca（舍），离心率ec2.a故选：c.【点睛】本题考查双曲线的定义与性质，考查学生的分析能力和运算能力，属于中档题.二、填空题13 设曲线y exx在x 0处的切线方程为y ax 1，则实数a的值为_【答案】2【解析】 求出原函数的导函数，得到函数在X 0处的导数，则答案可求.【详解】解：由yxex，得x “y e1,y |x 0e012

13、.又曲线yxex在x0处的切线方程为y ax 1,a 2 .故答案为:2.第12页共 23 页本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查基本初等函数的导函数，属于基础题.14 .已知x 0,y 0,2x y 1，则(2xy)12的最小值为x y【答案】8.【解析】利用2x1 2y 1,由2x y4上4x,利用基本不等式可得结果x yxy【详解】解：因为x 0, y 0,2x y 1,12y 4xy 4x所以2x y 44 24 48,x yxyx y当且仅当- -时，即x , y-等号成立，x y421 2所以的最小值是为 8,x y故答案为：8.【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最

14、值，属于基础题利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正； 二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用第13页共 23 页15 .已知a、3为锐角，COS 5,cos10510【答案】34【解析】【详解】由已知有245.sin,si n3.10510得COScos cossin sin5102、.5 3 50-25102则或 时等号能否同时成立）第14页共 23 页416 已知 f(x)是定义域为R的偶函数，对x R，有f (x

15、 2) f (x)，且当x 2,3时，f(x)2x212x 18，函数g(x) f (x) loga|x | 1.现给出以下命题：f (x)是周期函数；y f (x)的图象关于直线x 1对称；当a 1时，g(x)在(0,)内有一个零点；当 0 a 时，g(x)在R上至少有六个零.其中正确命题的3序号为_ .【答案】【解析】根据x R，有f (x 2) f (x)，利用周期函数的定义判断；根据 f(x)g(x) f (x) lOga|x | 10,即f (x) lOga|x | 1，在同一坐标系中作出yf (x), y loga|x| 1，用数形结合法判断；在同一坐标系中作出yf(x),y lo

16、ga|x| 1，用数形结合法判断【详解】因为对x R，有f (x 2) f (x)，所以 f(x)是周期函数，故正确；2因为 f(x)是定义域为R的偶函数，所以f (f(x 2) f(x)，所以f(x 2) f(x) f (的图象关于直线x 1对称，故正确；3当a 1时，令g(x) f (x) loga|x| 1即f(x) loga|x| 1，在同一坐标系中作出x) f (x)，又因为对x R，有x)，即f (2 x) f (x)，所以y f (x)0y f (x)y loga|x| 1的图象如图所示:因为a、B为锐角，从而,是定义域为R的偶函数，有f( x)f (x)，再结合f (x 2)

17、f (x)判断；令第15页共 23 页当 0 a 时，令h(x) loga|x| 1,3在同一坐标系中作出y f (x),y h(x) logax I 1的图象如下图所示：f(0)f(2)2,h(0) 0f(0),而 0 a 彳,h(2) loga32 f(2),当x (0,)时，y f (x)与y h(x)至少有三个交点,y f (x)与y h(x)为偶函数，y f (x)与y h(x)至少有六个交点，所以g(x)在R上至少有六个零点，故正确所以正确命题的序号为故答案为：【点睛】本题主要考查函数奇偶性、 周期性的应用，函数的零点，还考查了数形结合的思想方法,属于中档题第 12页共 23 页三

18、、解答题17 .已知公差不为 0 的等差数列an，其前n项和为Sn,a11，且S、S2、S4成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)令 Q2a，求数列bn的前n项和Tn.【答案】(1)an2n 1 n*N(2)Tn6(2n3)n 12【解析】(1) 设等差数列a的公差为 d(d 0)，由 S；S1S4及a1解得d2,从而可得结杲;(2)根据错位相减法可求得结果【详解】(舍去)又因为a11，则an2n 1 n(1)设等差数列an的公差为Si，Sa，S4成等比数列,所以S23S4，所以aia1a?a3a4，那么22a1dai4a16d，所以(2)由(1)得bn2nan(2n 1) 2n，所以

19、数列n项和第17页共 23 页n 1所以Tn6(2n3) 2【点睛】本题考查了等比中项，考查了等差数列通项公式，考查了错位相减法，属于中档题18.在四棱锥E ABCD中，EC平面ABCD，底面ABCD为梯形，AD/BC,1AD AB,AB BC -AD 2/2,EC 3,ED 5，点P,Q分别为线段AB,2CE的中点(1)证明:PQ/平面ADE;(2)求点P到平面ADE的距离【答案】(1)证明见解析；(2)色兰17【解析】(1)取BE中点F,连接PF,QF，先证平面PQF/平面ADE，再根据平面与平面平行的性质可得PQ/平面ADE;(2)根据VP ADEVE APD以及三棱锥的体积公式可求得结

20、果【详解】(1)取BE中点F，连接PF,QF,Tn1 23 2223III(2n 1) 2n,所以2Tn1 2223III(2n3)2n(2n1)n 1 2,由 相减得222 232n(2n1) 2n 12 2 22232n(2n1)2* 1(2nn 11) 222(2n 1) 216 (2nn3) 2第 12页共 23 页因为QF /BC,AD/BC，所以QF/AD, 因为QF 平面ADE,AD平面ADE,所以QF /平面ADE, 又PF /AE，同理可得 PF /平面ADE,又QF PF F,QF,PF平面PQF,所以平面PQF /平面ADE,又PQ平面PQF，所以PQ/平面ADE.(2)

21、设点P到平面ADE的距离d，连接AC、PD,因为AD 4，AP 2，AD AB，1 _ _所以SAPD2 4,24，2又EC面ABCD，则 EC 为三棱锥E APD的高，1 1所以VEAPD3SAPDEC 34 3 4，因为在0ABC中，AB BC 2,2，AB BC，所以AC 4，所以在直角ACE中，AE 5，因为在等腰三角形ADE中，DE AE 5，AD4、2，所以SADE1 4.2.172、34，因为Vp ADEVE APD，所以-2 3 d 4，所以d3聖.317【点睛】本题考查了平面与平面平行的判定定理，考查了平面与平面平行的性质，考查了利用等体积法求点面距，考查了三棱锥的体积公式，

22、属于中档题第19页共 23 页2819.已知抛物线C : y 2px(p 0)的焦点F到直线4x 3y 40的距离为一.5(1) 求抛物线C的方程；(2) 直线y mx 2与抛物线C交于A,B两点，0为坐标原点，设直线OA的斜率为K，直线OB的斜率为k2，求k1k2的值第20页共 23 页2【答案】(1)y 4x(2)24 P 4【解析】(1)由题得28，解方程即得抛物线J42325y24x,(2)设A Xi,yi,B X2,y2，联立方程组y mxC的方程;yXiy2X2mx12Ximx22X22m为X22为X2得到韦达定理，再计算2,I X2，再把韦达定理代入化简即得解.【详解】解：(1)

23、抛物线C : y2L Pc2px( p 0)的焦点F ,0因为焦点F匕0到直线4x 3y 40的距离为8，254P 4所以28，解得p 2或p 6(舍去)所以抛物线C的方程为y24x.(2)设A X1,y1，B x2,y2，依题意m 0，联立方程组y24x,y mx 2,消去y得m2x2(4m 4)x 40，所以，4 4m由韦达定理可得x22，%x2m又因为y1mx12，y2mx22，X1X2第21页共 23 页故k1k22.【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平 .20 .近几年，电商行业的蓬勃发展带动了快递业的迅速增长，快

24、递公司揽收价格一般是采用“首重+续重”的计价方式首重是指最低的计费重量，续重是指超过首重部分的计费重量，不满一公斤按一公斤计费某快递网点将快件的揽收价格定为首重（不超过一公斤）8 元，续重 2 元/公斤（例如，若一个快件的重量是0.6 公斤，按 8 元计费；若一个快件的重量是 1.4 公斤，按8元2元1 10元计费）根据历史数据，得到该网点揽 收快件重量的频率分布直方图如下图所示（1）根据样本估计总体的思想，将频率视作概率，求该网点揽收快件的平均价格；（2） 为了获得更大的利润， 该网点对“一天中收发一件快递的平均成本y（单位：元）与当天揽收的快递件数Xi（单位：百件）i 1,2,3,4,5之

25、间的关系”进行调查研究,得到相关数据如下表：每天揽收快递件数x（百件）23458每件快递的平均成本Yi（元）5.64.84.44.34.12mx1x22 x1x2XX244 4m2m222mm42m第22页共 23 页根据以上数据，技术人员分别根据甲、乙两种不同的回归模型，得到两个回归方程:第23页共 23 页方程甲：?（1）0.2x 5.6，方程乙：? 3.5 -.x为了评价两种模型的拟合效果，根据上表数据和相应回归方程，将以下表格填写完整（结果保留一位小数），分别计算模型甲与模型乙的残差平方和Q，Q2，并依此判断哪个模型的拟合效果更好（备注：？y? yi称为相应于点Xi,y的残差，残差平方

26、2和Q ?；i 1每天揽收快递件数x/百件23458每天快递的平均成本yi/元5.64.84.44.34.1模型甲预报值?（1）5.25.04.8残差e（1）0.40.20.4模型乙预报值?（2）5.54.84.5预报值?（2）0.100.1预计该网点今年 6 月 25 日（端午节）一天可以揽收 1000 件快递，试根据中确定的 拟合效果较好的回归模型估计该网点当天的总利润（总利润=（平均价格-平均成本）X总件数）.【答案】（1）10.1元（2）填表见解析；Q10.46；Q20.03;模型乙的拟合效果 较好6200元【解析】（1）根据频率分布直方图得出快件价格的频率分布表，再计算平均价格；（2

27、）分别把 人代入两模型方程，计算预报值和残差平方和；把X 10代入回归方程，得出平均成本，再计算利润.【详解】解：（1 ）根据揽收快件重量的频率分布直方图，得到其价格的频率分布表如下：价格810121416第24页共 23 页频率0.450.250.150.10.05所以平均价格为8 0.45 10 0.25 12 0.15 14 0.1 16 0.05=10.1元(2)表中数据填写如下：每天揽收快递件数 N /百件23458每件快递的平均成本Yi/元5.64.84.44.34.1模型甲预报值?(1)5.25.04.84.64.0残差?1)0.40.20.40.30.1模型乙预报值?(2)5.

28、54.84.54.34.0残差0.100.100.1计算可得：Q1( 0.4)20.220.420.32( 0.1)20.46；2 2 2Q2( 0.1)0.1( 0.1)0.03.因为 Q2Q1，所以模型乙的拟合效果较好.模型乙的回归方程为y?(2)3.54，x4当一天揽收件数为 1000 时，则收发一件快递的平均成本为3.53.9，10可以估计该网点当天的总利润为(10.1 3.9) 1000 6200元.【点睛】本题考查了频率分布直方图，回归分析，属于中档题.21 .已知函数f x =1 nx ax, a R.第25页共 23 页(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明：当 a 1 时

29、，f (x)1单调递增，在a数的定义域，分 或)和a 0两种情况讨论求解【详解】所以f (x)1a1，xx当a 0时，令f (x)0，即1 ax 0，解得0 x1令f (x)0，即1 ax 0,解得x -，a综上所述：当a0时，函数 f(x)在(0,)单调递增；11当a 0时，函数 f(x)在0,单调递增，在一，单调递减aa(2)当 a 1 时，f(x) In x x(x 0)，343431欲证f(x) x-x，只需证In x x x -x，即证明x X lnx 0(*)，555【答案】(1 )当a0时，函数 f(x)在(0,)单调递增；当a 0时,函数 f (x)在0,丄a【解析】(1)根据

30、f(x) lnx ax(x 0)，求导得到f(x)，结合函x单调递减f2)证明见解析;(2)当 a 1 时,f(x) In xx(x0)，将证明f (x)x345x，转化为证明x3lnx50(*)成立，令h(x)x3x In x(x50)，用导数法结合零点存在定理证明h(x)0即可.解法一：(1)因为f(x) lnxax(x0)，时，f (x)0，即函数f(x)在(0,)单调递增;第26页共 23 页31令h(x) x3x lnx(x 0),531丄15x x 55 x 5x所以h (x) 3x2(x)在0,)单调递增.又(0)5,(1) 11，所以存在唯一xo(0,1)，使得xo0,所以当x

31、0,x0时，(x) 0，即h (x) 0；当xx,时，(x) 0，即h (x) 0；所以函数h(x)在0,怡 单调递减，在x0,单调递增.当X X。时，h(x)minh x0In x,因为X。(0,1)，所以Inx。0，所以h解法二：(1)同解法(2)当 a 1 时，f(x) In x x(x 0)，由(1)知:所以f ( x )maxf(1)1，所以f(:x)01即In x x 1.欲证f(x) x34 x，只需证f (x)3x43x，即证In x x1x，555即证x 1x31-x，3即只需证x4x10(*)，55令h(x)1(x0)，则h (x)3x2令h (x)口 ；令h(x) 0得0

32、152.15x15所以函数h(x)在,竿为减函数，在竿为增函数,令(x)15x-x.0，5xf(x)在(0,1)为增函数，在(1,)为减函数,第27页共 23 页所以h(x)minh仝丄5116丄50，所以不等式(*)成立，15225即当 a 1 时，f(x) x3x.5【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式的证明以及零点存在定理，还考查了分类讨论、转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题22.在直角坐标系xOy中，以0为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系 已知曲线C1x m cos ,的参数方程为(为参数，m 0)，曲线C2的极坐标方程为y sin=2nsin n 0，点P是G与C?的一个交点，其极坐标为、2,