1、福建省漳州市2020届高三数学毕业班第三次教学质量检测试题 理（含解析）本试卷共6页.满分150分.考生注意：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2.第卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.第卷用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答.若在试题卷上作答，答案无效.3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符
2、合题目要求的.1.已知集合，集合B满足，则B可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据得到，依次判断每个选项得到答案.【详解】，则，其他选项不满足.故选：D.【点睛】本题考查了集合的包含关系，属于简单题.2.已知复平面内点M，N分别对应复数和，则向量的模长为（ ）A 1B. C. D. 3【答案】C【解析】【分析】先由复数的代数形式，求得其对应的点的坐标，再由向量的模的公式，求得模长【详解】由M，N分别对应复数和，得，则，则.故选：C.【点睛】本题考查了根据复数的代数形式，求其对应的点的坐标，还考查了向量的模的公式，属于容易题.3.等比数列的前项和为，且， ， 成等差数
3、列，若，则（ ）A. 7B. 8C. 15D. 16【答案】C【解析】试题分析：由数列为等比数列，且成等差数列，所以，即，因为，所以，解得：，根据等比数列前n项和公式考点：1等比数列通项公式及前n项和公式；2等差中项4.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据对数函数，指数函数，以及幂函数的性质，分别判定的范围，即可得出结果.【详解】由对数函数的单调性可得，根据指数函数的性质可得：，又幂函数是增函数，所以，即.所以.故选：A.【点睛】本题主要考查比较指数幂与对数的大小，熟记指数函数，对数函数以及幂函数的性质即可，属于基础题型.5.已知角的终边过点，且，则的值为（ ）
4、A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】解方程求出的值，得点，即得解.【详解】由题得.所以点，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查三角函数的坐标定义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6.甲、乙等4人排成一列，则甲乙两人不相邻的排法种数为（ ）A. 24B. 12C. 6D. 4【答案】B【解析】【分析】不相邻排列问题，用插空法，先排甲、乙外两人，再插空排甲、乙，求得排法种数.【详解】先排甲、乙外两人共种，再插空排甲、乙共种，故共有种.故选：B【点睛】本题考查了不相邻排列问题，用插空法，属于容易题.7.函数在的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先考
5、虑奇偶性，再考虑特殊值，用排除法即可得到正确答案【详解】是奇函数，由奇函数图象关于原点对称性质，排除选项A,只有,所以排除选项B取，则，排除选项C;故答案选：D【点睛】本题考查函数图象的判断，属于常考题(1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质. (2)在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究.8.如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗实线和粗虚线画出了某三棱锥的三视图，则该三棱锥的内切球表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由几何体的三视图，可得该几何
6、体表示一个棱长为的正四面体，结合三棱锥的体积与表面积公式，求得内切球的半径，最后利用球的表面积公式，即可求解.【详解】由几何体的三视图，可得该几何体表示一个棱长为的正四面体，（其中该正四面体是棱长为4的正方体的一部分）如图所示，则该正四面体的体积为，正四面体的表面积为，设正四面体的内切球的球心为，半径为，则，即，解得，所以内切球的表面积为.故选：B.【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键，同时注意球的组合体性
7、质的应用9.中国是茶的故乡，也是茶文化的发源地.中国茶的发现和利用已有四千七百多年的历史，且长盛不衰，传遍全球.为了弘扬中国茶文化，某酒店推出特色茶食品“金萱排骨茶”，为了解每壶“金萱排骨茶”中所放茶叶量克与食客的满意率的关系，通过试验调查研究，发现可选择函数模型来拟合与的关系，根据以下数据：茶叶量克123454.344.364.444.454.51可求得y关于x的回归方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据所给四个选项，分别取对数化简变形，由线性回归方程经过样本中心点，将表中数据求得代入即可检验.【详解】由表中数据可知，对于A，化简变形可得，同取对数可知，将代入可得
8、，而，因而A正确；对于B，化简变形可得，同取对数可知，将代入可得，而，所以B错误；对于C，两边同取对数可知，而表中所给为的相关量，所以C错误；对于D，两边同取对数可知，而表中所给为的相关量，所以D错误；综上可知，正确的为A，故选：A.【点睛】本题考查了线性回归方程的性质及简单应用，注意利用回归方程经过样本中心点的性质，可代入回归方程检验，属于基础题.10.已知点Q在椭圆上运动，过点Q作圆的两条切线，切点分别为A，B，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，计算，计算的最小值，再利用面积法计算得到答案.【详解】设，圆的圆心为，半径，则，当时，有最小值为，故的最小值
9、为，设，交于点，根据对称性知，且，故，故最小时，最小为.故选：D.【点睛】本题考查了圆的切线问题，意在考查学生的计算能力和转化能力，利用椭圆的参数方程是解题的关键.11.如图，大摆锤是一种大型游乐设备，常见于各大游乐园.游客坐在圆形的座舱中，面向外.通常大摆锤以压肩作为安全束缚，配以安全带作为二次保险.座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动.今年五一，小明去某游乐园玩“大摆锤”，他坐在点A处，“大摆锤”启动后，主轴在平面内绕点O左右摆动，平面与水平地面垂直，摆动的过程中，点A在平面内绕点B作圆周运动，并且始终保持，.已知，在“大摆锤”启动后，给出下列结论：点A某个定球面上运动；
10、线段在水平地面上的正投影的长度为定值；直线与平面所成角的正弦值的最大值为；与水平地面所成角记为，直线与水平地面所成角记为，当时，为定值.其中正确结论的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】结合图形逐个求解，求解是否为定值，即可判定；中投影在不断变化，不是定值；中求出线面角的最大值即可判定；中结合简图可进行判定.【详解】因为点A在平面内绕点B作圆周运动，并且始终保持，所以又因为为定值，所以也是定值，所以点A在某个定球面上运动，故正确；因为点A在平面内绕点B作圆周运动，所以线段在水平地面上的正投影的长度也会变化，故不正确；设，则，当时，直线与平面所成角最大；此时直线
11、与平面所成角的正弦值为，故正确；作出简图如下，所以，故正确.故选：C.【点睛】本题主要考查以实际问题为背景的立体几何问题，明确线面关系，线面角的求解方法是解题关键，侧重考查直观想象的核心素养.12.已知函数的最小正周期为，若在上的最大值为，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出的值，取，然后对函数在区间上是否单调进行分类讨论，利用绝对值三角不等式结合辅助角公式可求得的最小值.【详解】由于函数的最小正周期为，则，.不妨取，则.若函数在区间上单调，则，若函数在区间上先增后减，则；若函数在区间上先减后增，同理可知的最小值为.，综上可知，的最小值为.故选：D.【点睛】
12、本题考查正弦型函数在区间上最值的求解，涉及绝对值三角不等式的应用，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于难题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.若向量，则与的夹角等于_.【答案】【解析】【分析】求出与的坐标，由两垂直向量的数量积关系即可判断.【详解】，与的夹角等于.故答案为：【点睛】本题考查向量的坐标表示、两垂直向量的数量积关系，属于基础题.14.已知双曲线(，)的一条渐近线方程为，则的离心率为_【答案】【解析】【分析】根据双曲线的渐近线方程可以知道的关系，再根据，求出的关系，进而求出双曲线的离心率.【详解】双曲线的一条渐近线方程为：，所以有，而，所以有故答案为：【点睛】本
13、题考查了已知双曲线的渐近线方程求离心率，考查了数学运算能力.15.勤洗手、常通风、戴口罩是切断新冠肺炎传播有效手段.经调查疫情期间某小区居民人人养成了出门戴口罩的好习惯，且选择佩戴一次性医用口罩的概率为p，每人是否选择佩戴一次性医用口罩是相互独立的.现随机抽取5位该小区居民，其中选择佩戴一次性医用口罩的人数为X，且，则p的值为_.【答案】【解析】【分析】根据求出p的值，再根据取舍p的值.【详解】解：，所以，或，因为，所以所以，故答案为：.【点睛】考查二项分布中概率与方差的有关计算，解答的关键是用好公式；基础题.16.已知数列满足，则_.【答案】5【解析】【分析】根据，可得推出，即，再结合，和求
14、解.【详解】因为，所以，所以，所以，所以，而，又因为，所以.故答案为：5【点睛】本题主要考查了数列的周期性，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题、第23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.内角、所对的边分别为、，满足.（1）求的大小；（2）如图，若，D为所在平面内一点，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化思想以及两角和的正弦公式可求得的值，再结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用余弦定理可求得，利用正弦定理求得
15、，利用诱导公式可求得，并计算出，然后作，可得出点为的中点，计算出、，利用三角形的面积公式可求得的面积.【详解】（1）在中，由正弦定理可得，得，得，因为，所以，因为，所以；（2）在中，所以，所以，由，得，因为，在中，所以，因为，作于点，则为的中点，所以.【点睛】本题考查利用正弦定理边角互化思想求角，同时也考查了三角形面积的计算，考查计算能力，属于中等题.18.已知三棱柱中，点为的中点，.（1）求证：平面；（2）条件：直线与平面所成的角为；条件：为锐角，三棱锥的体积为.在以上两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题：若平面平面，_，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）见解
16、析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）延长交于点，连接，证明出点为的中点，进而证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证明出平面；（2）选条件，取的中点，连接、，证明出平面，由直线与平面所成的角为，可求得，并证明出，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法能计算出平面与平面所成的锐二面角的余弦值；选条件，取的中点，连接、，证明出平面，由三棱锥的体积为计算出，可得出，并证明出，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法能计算出平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【详解】（1）延长交于点，连接，因为，所以，所以，
17、又，所以，即为的中点，因为为的中点，且，所以且，则四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，即平面；（2）选择条件，解答过程如下：取的中点，连接、，因为，所以，所以，所以为直角三角形，所以，且，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，为与平面所成的角，在中，因为，所以，所以.如图，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，则，所以，所以，设平面的法向量为，则，即，取，则，则，因为平面轴，所以平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值；选择条件，解答过程如下：取的中点，连接、，因为，所以，所以，所以为直角三角形，所以，且，因为平面平面，平面平面，平面，
18、所以平面，所以为三棱锥的高，因为，所以，所以，因为为锐角，所以，因为，所以为等边三角形，所以.如图，以为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，则，所以，所以，设平面的法向量为，则，即，取，则，则，因为平面轴，所以平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的余弦值，同时也考查了线面角定义的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.19.已知抛物线C：（）的焦点为F，过F且斜率为1的直线与C交于A，B两点，.（1）求C的方程；（2）过点的直线l交C于点M，N，点Q为的中点，轴交C于点R，且，证明：
19、动点T在定直线上.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【分析】（1）联立直线方程与抛物线方程得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理逐步求出、，再利用弦长公式即可求得p，从而得出抛物线方程；（2）设l方程为，联立直线方程与抛物线方程得到关于x的二次方程，利用韦达定理用k表示出、，即可逐步求出点Q、点R的坐标，由可求出T点的坐标，消去k即可求得点T所在定直线.【详解】（1）设，因为，所以过F且斜率为1的直线方程为，代入，得，所以，所以，解得，所以C方程为.（2）证明：因为直线l斜率k存在，设l方程为，设，联立消y得，所以，所以，即，由点R在曲线E上且轴，得，R为的中点，所以T为，因为，所以T在定
20、直线上.解法二：（1）同解法一（2）设，由，作差得，所以，设，因为点Q的横坐标，所以直线的斜率，又因为，所以，所以，因为点R为的中点，所以，因为点R在C上，代入得，即，所以T在定直线上.【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用、焦点弦公式、轨迹方程的求法，属于中档题.20.某工厂的一台某型号机器有2种工作状态：正常状态和故障状态.若机器处于故障状态，则停机检修.为了检查机器工作状态是否正常，工厂随机统计了该机器以往正常工作状态下生产的1000个产品的质量指标值，得出如图1所示频率分布直方图.由统计结果可以认为，这种产品的质量指标值服从正态分布，其中近似为这1000个产品的质量指标值的平均数，近似
21、为这1000个产品的质量指标值的方差（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）.若产品的质量指标值全部在之内，就认为机器处于正常状态，否则，认为机器处于故障状态.（1）下面是检验员在一天内从该机器生产的产品中随机抽取10件测得的质量指标值：29 45 55 63 67 73 78 87 93 113请判断该机器是否出现故障？（2）若机器出现故障，有2种检修方案可供选择：方案一：加急检修，检修公司会在当天排除故障，费用为700元；方案二：常规检修，检修公司会在七天内的任意一天来排除故障，费用为200元.现需决策在机器出现故障时，该工厂选择何种方案进行检修，为此搜集检修公司对该型号机器近100单常规
22、检修在第i（，2，7）天检修的单数，得到如图2所示柱状图，将第i天常规检修单数的频率代替概率.已知该机器正常工作一天可收益200元，故障机器检修当天不工作，若机器出现故障，该选择哪种检修方案？附：，.【答案】（1）可判断该机器处于故障状态；（2）选择加急检修更为适合【解析】【分析】（1）由图1可估计1000个产品的质量指标值的平均数和方差，所以，从而得到产品的质量指标值允许落在的范围为（28.87，111.13），由于抽取产品质量指标值出现了113，不在（28.87，111.13）之内，故机器处于故障状态；（2）方案一：工厂需要支付检修费和损失收益之和为700200900元；方案二：设损失收益
23、为元，求出的可能值，然后由图2可得出每个的取值所对应的概率，求出数学期望，可得工厂需要支付检修费和损失收益之和，与900对比，即可得出结论.【详解】（1）由图1可估计1000个产品质量指标值的平均数和方差分别为，依题意知，所以，所以产品质量指标值允许落在的范围为，又抽取产品质量指标值出现了113，不在之内，故可判断该机器处于故障状态；（2）方案一：若安排加急检修，工厂需要支付检修费和损失收益之和为元；方案二：若安排常规检修，工厂需要要支付检修费为200元，设损失收益为X元，则X的可能取值为200，400，600，800，1000，1200，1400，X的分布列为：X20040060080010
24、0012001400P0.070.180.250.200.150.120.03元；故需要支付检修费和损失收益之和为元，因为，所以当机器出现故障，选择加急检修更为适合.【点睛】本题考查频率分布直方图中的数字特征、离散型随机变量的分布列和数学期望，及期望的实际应用，考查学生对数据的分析与处理能力，属于基础题.21.已知函数.（1）当时，证明：；（2）当时，讨论函数的零点个数.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）当时，求得，结合和的符号，求得函数的单调性，进而作出证明；（2）先求得是的一个零点，由，分类、和三种情况讨论，结合函数的单调性和零点的存在定理，即可求解.【详解】（1）
25、当时，则，可得，当时，可得，所以，所以在单调递减，所以；当时，所以，所以在单调递增，所以，所以在单调递增，综上可得，当且仅当时等号成立.（2）当时，所以是的一个零点，由，（i）当时，由（1）知仅有一个零点；（ii）当时，当时，所以函数在单调递减，所以当时，无零点，当时，在（单调递增，因为，所以在上存在唯一，使得，当时，在单调递减，有，所以在无零点.当时，在单调递增，又，设（），所以在递增，有，所以在递增，有，即，因此，在有1个零点，所以当时，有2个零点.（iii）当时，当时，在单调递增，所以，在单调递增，所以在无零点当时，有，所以在无零点当时，在单调递增，又，所以存在唯一，使得.当时，在单调递
26、减，当时，在单调递增，又，所以在有1个零点，所以当时，有2个零点.综上所述，当时，有1个零点；当或时，有2个零点.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及函数零点个数的判定、不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做第一个题目计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.（1）求曲线的普通方程；（2）以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，（），直线与曲线交于，两点，求线段的长度.【答案】（1）（或）；（2）.【解
27、析】【分析】（1）根据参数方程，消去参数，得到曲线普通方程，再由题意求出定义域即可；（2）先将（1）中的曲线方程化为极坐标方程，得到，（），设，的极坐标分别为，将代入曲线的极坐标方程，由根与系数关系，以及，即可得出结果.【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），将式两边平方，得，得，即，因为，当且仅当，即时取“”，所以，即或，所以曲线的普通方程为（或）.（2）因为曲线的直角坐标系方程为（或），所以把代入得：，（），则曲线的极坐标方程为，（）设，的极坐标分别为，由得，即，且因为或，满足，不妨设所以.【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，以及极坐标的方法求弦长的问题，属于常考题型.选修4-5：不等式选讲23.已知函数，.（1）求不等式的解集；（2）若存在，使得，求m的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据分类讨论的方法，讨论，三种情况，分别求解，即可得出结果；（2）根据题意，先得到，其中集合，根据绝对值三角不等式，分别求出，再由集合间的关系，即可求出结果.【详解】（1）因为，或或或或或或，所以的解集为.（2）因为存在，使得成立，所以，其中集合，.因为，当且仅当时，“”成立，所以.因为，当且仅当时，“”成立，所以所以，即，即，解得，所以m的取值范围为.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式求函数的最值问题，属于常考题型.
