福建省莆田市2020届高三数学下学期教学质量检测试题 理（含解析）（通用）

1、福建省莆田市2020届高三数学下学期教学质量检测试题 理（含解析）第卷（选择题 共60分）一、单项选择题：每题均有四个选项，其中只有一个正确的，本大题共12小题，每小题5分，共60分。1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求解出和两个集合，再利用集合的运算来求解.【详解】由得： 由得： 本题正确选项：【点睛】本题考查集合的基本运算，属于基础题.2.已知复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合复数的四则运算,化简计算z，即可。【详解】,故选B.【点睛】考查了复数的四则运算，关键将z表示成的形式，即可，难度中等。3.函数在的图象大致

2、为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】结合奇偶函数的判定，得出为奇函数，排除BD，计算，排除C选项，即可。【详解】，故为奇函数，排除B,D选项，所以，故，故选A。【点睛】考查了奇偶性的判定，同时计算特殊点的符号，即可，难度偏难。4.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将角拆成，利用的范围得到的范围，从而求得的取值，利用两角和差公式来求解.【详解】 又 本题正确选项：【点睛】本题考查三角恒等变换中的两角和差公式的应用，关键在于能够利用已知角表示出所求角，易错点在于忽略角的范围，造成求解三角函数值时符号错误.5.如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗

3、实线画出的是某几何体的三视图，其侧视图中的曲线为圆周，则该几何体的体积为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合三视图，还原直观图，计算该几何体的底面积，结合体积计算公式，即可。【详解】结合题意，绘制图像，如图所示平面DEF的面积为，故该几何体的体积，故选B。【点睛】考查了三视图还原直观图，关键绘制出该几何体的图形，结合体积计算公式，即可，难度中等。6.在的展开式中，的系数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用的展开式通项，与和分别做乘法，分别求得的系数，作和求得整体的的系数.【详解】展开式的通项为：与相乘可得：当时得：与相乘可得：当时得：的系数为：本

4、题正确选项：【点睛】本题考查二项式定理求解的系数的问题，关键在于能够运用多项式相乘的运算法则，分别求出同次项的系数，合并同类项得到结果.7.已知曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用导数的几何意义求解出切线方程，然后根据三角形面积建立方程，求得结果.【详解】由题意得：当时，切线方程为：，即：当时，；当时， 本题正确选项：【点睛】本题考查导数的几何意义，通过等于在处切线的斜率，求解出切线方程是本题的关键，属于基础题.8.中国剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术，蕴涵了极致的数学美和丰富的

5、传统文化信息。现有一幅剪纸的设计图，其中的个小圆均过正方形的中心，且内切于正方形的两邻边。若在正方形内随机取一点，则该点取自黑色部分的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】通过对称性将圆阴影部分面积转化为一个小圆的面积，然后利用小圆半径表示出正方形对角线长，从而求解出正方形面积和圆的面积，作比得到概率.【详解】由图像对称可知，原题中阴影部分面积与下图中阴影部分面积一致，则阴影部分面积为一个小圆的面积设：，则， 正方形面积阴影部分面积所求概率本题正确选项：【点睛】本题考查几何概型中的面积型，属于基础题.9.已知函数的图象中相邻两条对称轴之间的距离为，且，为了得到函数的图象

6、，只要把图象上所有的点（ ）A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】B【解析】【分析】根据对称轴之间距离得到，求出周期，然后得到；代入和求解出；再把和都整理成的形式，确定平移的方向和单位.【详解】相邻对称轴之间距离为 即 则 向右平移个单位长度得到本题正确选项：【点睛】本题考查已知三角函数图像求解析式、三角函数平移变换的问题，易错点在于最终平移时，忽略了左右平移只针对的变化量，导致求解错误.10.已知直线过抛物线：的焦点，交于两点，交的准线于点，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】通过向量相等可以得到点纵

7、坐标，代入抛物线求得点坐标，从而求得直线方程，与抛物线联立可求得，利用两点间距离公式求得结果.【详解】由题意：作，可得直线时大致图像如下： 为中点又 又 的纵坐标为在抛物线上 又 所在直线方程为：可知 由抛物线对称性可知，当时，不变综上所述：本题正确选项：【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系、直线被抛物线截得的弦长问题，关键在于能够通过向量关系得到长度的关系，最终弦长可利用弦长公式也可以利用两点间距离公式来求解.11.在三棱锥中，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据长度关系，可得，然后证得平面，得到，由此可证得：平面，由此可确定球心在上；假设球

8、的半径，利用勾股定理构造出方程，求解出，从而得到外接球表面积.【详解】由题意可知原题大致图形如下，其中分别为中点 又，为中点 平面 又，为中点 平面 为外接圆圆心根据外接球的性质可知，球心在直线上设则由可得：，解得：外接球表面积本题正确选项：【点睛】本题考查空间几何体的外接球问题，其中还考察了线面垂直的证明问题.解决问题的关键在于能够找到底面的垂线，从而确定球心的位置；确定球心后，常用的求半径的方法即为构造直角三角形，利用勾股定理来构建方程.12.已知分别是双曲线：的左，右焦点，是右支上过的一条弦，且，其中，若，则的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据向量线性运

9、算的基本原理可知，从而求得的值，由此可确定，根据双曲线定义可知，结合可求得，再利用和双曲线定义求得，；通过三边长可知，利用勾股定理构造出的等量关系，求得离心率.【详解】三点共线且，又，解得：或当，时，即又，即 不合题意当，时，即又，且 且可求得：， 由此可得： 即： 本题正确选项：【点睛】本题考查平面向量线性运算、双曲线的定义和几何性质的综合应用.首先需要能够通过平面向量线性运算得到；对于双曲线的定义可以求解出相关的线段长度是解决问题的关键.求解离心率问题，主要的方法是建立关于的齐次方程，通过齐次方程得到离心率的方程.第卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

10、13.已知向量，若，则_.【答案】3【解析】【分析】写出的坐标，利用建立方程，求出.【详解】由题意得： 解得：本题正确结果：【点睛】本题考查向量垂直的性质，属于基础题.14.若满足约束条件，则的最大值为_.【答案】4【解析】【分析】根据可行域，将变为，则的最大值即为在轴截距最小值，通过图像得到结果.【详解】由约束条件可知可行域如下图：将变为，则的最大值即为在轴截距最小值通过下图可知：当过点时，截距最小，则最大本题正确结果：【点睛】本题考查线性规划中型的最值问题的求解，属于基础题.15.的内角的对边分别为，已知，则面积的最大值为_【答案】【解析】【分析】根据边角关系式求得，利用余弦定理得到，再利

11、用基本不等式得到，由此可求得面积的最大值.【详解】 由余弦定理可知： 当且仅当时取等号本题正确结果：【点睛】本题考查解三角形中边角关系式的化简、三角形面积最值问题.解决此类面积最值问题的关键是通过余弦定理构造等量关系，利用基本不等式求得所需的最值.16.已知函数，若存在，使得，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】通过求导运算得到时的图像，从而得到整体的图像；由得到与的关系，从而将问题转化为求解的值域；利用二次函数来求解出值域.【详解】当时，当时，；当时，即在上单调递减；在上单调递增可知函数图像如下图所示：，可知：，即由图像可知：则；本题正确结果：【点睛】本题考查函数图像的应用、函数值域的求

12、解.关键在于能够准确得到函数图像，通过图像将问题进行转化，从而变成二次函数型的函数值域问题.三、解答题：本大题共70分，请写出解答的详细过程。17.已知公差不为零的等差数列满足：，且成等比数列.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）通过成等比和求出和，求解出通项公式；（2）由通项公式可知，至小于等于零，由此可将分成两段来分别求解，最终得到分段函数.【详解】（1）设等差数列的公差为由，得又成等比数列，即，所以由可得：，所以数列的通项公式为（2）由，则当时，；当时，设数列的前项和为，则又故当时，当时，所以数列的前项和【点睛】本题考查等差数列通项公

13、式求解、前项和的求解，解题的关键在于能够利用通项公式确定的正负，从而将前项和分成两大类情况来分别求解.18.如图所示，边长为的菱形中，分别是的中点，将分别沿折起，使重合于点。已知点在线段上，且.（1）证明：平面；（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）通过证明，可得，即，从而证得结论；（2）建立空间直角坐标系，表示出，再求解出平面的法向量，从而利用公式求出所求的正弦值.【详解】（1）在菱形中，连接，设，如下图所示：又分别是的中点，所以连接，如图所示：又所以，因为平面，平面所以平面（2）连接，由，得，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，

14、又，所以两两垂直，以为坐标原点，的方向分别作为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：由，可知，所以，从而设，在中，由勾股定理得即，解得：在中，由勾股定理得：即，解得所以相关各点坐标如下：，所以，则设平面的法向量为则，即，取，得设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查线面平行的证明、直线与平面所成角的求解.立体几何中的线面角的求解，通常采用空间向量的方式，找到所求角与表示直线的向量和法向量夹角的关系，求解出所求结果.19.已知椭圆：的左，右焦点分别为，离心率为，是上的一个动点，且面积的最大值为.（1）求的方程；（2）设的左，右顶点分别为，若直线分别交直线

15、于两点，过作以为直径的圆的切线。证明：切线长为定值，并求该定值.【答案】（1）；（2）5【解析】【分析】（1）根据椭圆的几何性质求得的值，从而得到标准方程；（2）假设出，求解出的坐标，从而得到圆心和半径；利用切线和半径垂直的关系，利用勾股定理表示出切线长，通过得到，即切线长定值为.【详解】（1）设，椭圆的半焦距为 又，所以的方程为（2）由（1）可知，由题可知：且设直线的斜率分别为则直线的方程为令，得，故直线的方程为令，得，故记以为直径的圆为圆，则过作圆的一条切线，切点为连接，则所以又因为，所以由，得所以则所以故切线长为定值【点睛】本题考查椭圆标准方程求解、圆锥曲线中的定值问题.求解定值问题时，

16、解题关键是要把所求定值用变量进行表示，通过已知等量关系对变量进行化简消元，从而得到所求定值.20.为推进“千村百镇计划”，年月某新能源公司开展“电动莆田 绿色出行”活动，首批投放台型新能源车到莆田多个村镇，供当地村民免费试用三个月。试用到期后，为了解男女试用者对型新能源车性能的评价情况，该公司要求每位试用者填写一份性能综合评分表（满分为分）。最后该公司共收回份评分表，现从中随机抽取份（其中男、女的评分表各份）作为样本，经统计得到如下茎叶图：（1）求个样本数据的中位数；（2）已知个样本数据的平均数，记与的最大值为。该公司规定样本中试用者的“认定类型”：评分不小于的为“满意型”，评分小于的为“需改

17、进型”。请根据个样本数据，完成下面列联表：根据列联表判断能否有的把握认为“认定类型”与性别有关？为做好车辆改进工作，公司先从样本“需改进型”的试用者按性别用分层抽样的方法，从中抽取8人进行回访，根据回访意见改进车辆后，再从这8人中随机抽取3人进行二次试用，记这3人中男性人数为，求的分布列及数学期望.【答案】（1）81；（2）有的把握认为“认定类型”与性别有关，见解析【解析】【分析】（1）个数字，中位数为从小到大排序的第和第数的平均数，可求得结果；（2）将数据代入公式可求得，可知，对比概率表格可知有的把握认为二者相关；通过分层抽样确定男性和女性的人数，得到所有可能的取值，根据超几何分布得到分布列

18、，从而根据数学期望的公式求得结果.【详解】（1）由茎叶图可知：（2）因为，所以由茎叶图值，女性试用者评分不小于的有个，男性试用者评分不小于的有个，根据题意得列联表：满意型需改进型合计女性男性合计由于查表得：所以有的把握认为“认定类型”与性别有关由知，从样本“需改进型”的试用者中按性别用分层抽样的方法抽出女性名，男性名的所有可能取值为，则，所以的分布列如下：所以的数学期望为：【点睛】本题考查茎叶图、独立性检验、超几何分布、随机变量的数学期望的求解，关键在于能够确定随机变量符合超几何分布，然后通过公式求得对应概率.21.已知函数，其中.（1）当时，证明：；（2）当时，讨论的零点个数.【答案】（1）

19、见解析；（2）当时，函数没有零点，当时，函数有唯一零点，当时，函数有两个零点.【解析】【分析】（1）通过确定，得到，从而证得结论；（2）首先确定上没有零点；然后将的情况转化为与的交点的个数问题.通过求导得到的最小值为；然后根据的不同范围得到交点个数，从而确定零点个数.【详解】（1）当时， 当时，从而单调递减；当时，从而单调递增，故当时，（2）由（1）可知，当时，对于任意的，所以在上无零点，故只需研究在上零点情况的零点就是方程的根也就是方程的根即直线与函数图像的公共点的横坐标当时，因为单调递增，且所以当时，从而单调递减；当时，从而单调递增，所以（）当时，直线与曲线在上没有公共点；（）当时，直线与曲线在上有唯一公共点；（）当时，因为，所以直线与曲线在上有两个公共点综上，当时，函数没有零点；当时，函数有唯一零点；当时，函数有两个零点.【点睛】本题考查恒成立问题、函数零点问题.对于零点问题，关键在于能转化成图像交点问题，要能够通过导数运算得到函数图像，然后利用曲线与平行于轴的直线的交点个数，确定零点个数.请考生在22、23两题中任选一题作答，如