1、福建省2020届高三数学毕业班质量检查测试试题 理（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先化简集合，再根据并集和补集的定义即可求出【详解】解：集合，或， 则或，则，故选：【点睛】本题考查了交、并、补集的混合运算，以及一元二次不等式的解法，属于基础题2.等差数列的前项和为，若，则( )A. 10B. 12C. 16D. 20【答案】B【解析】【分析】利用等差数列通项公式和前项和公式，列方程组求出，由此能求出【详解】解：等差数列的前项和为，解得，故选：【
2、点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式的应用，考查运算求解能力，是基础题3.设，满足约束条件，则的最大值是( )A. 0B. 3C. 4D. 5【答案】D【解析】【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，再将目标函数对应的直线进行平移，可得最优解，然后求解即可【详解】解：作出，满足约束条件表示的平面区域得到如图阴影部分及其内部，其中，1 ，为坐标原点设，将直线进行平移，当经过点时，目标函数达到最大值 2，故选：【点睛】本题考查通过几何法求目标函数的最大值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题4.的展开式中，的系数是( )A. 200B. 120C. 8
3、0D. 40【答案】B【解析】【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中含项的系数【详解】解：由于，含项的系数为，故选：【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，求展开式中某项的系数，属于基础题5.某市为了解居民用水情况，通过抽样得到部分家庭月均用水量的数据，制得频率分布直方图（如图）.若以频率代替概率，从该市随机抽取5个家庭，则月均用水量在8到12吨的家庭个数的数学期望是( )A. 3.6B. 3C. 1.6D. 1.5【答案】B【解析】【分析】由频率分布直方图求出月均用水量在吨的家庭数所占的频率，以频率作为概率，且随机变量满足，由此求出的数学期望【详解】解：由频率分布直方图
4、知，月均用水量在吨的频率为；以样本频率作为概率，从该市居民中任选5家，月均用水量在吨的家庭个数为随机变量，则，所以的数学期望为故选：【点睛】本题考查了频率分直方图和二项分布的数学期望计算问题，是基础题6.在中，且为的中点，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知结合向量加法的三角形法则及向量基本定理即可求解【详解】解：，故选：【点睛】本题考查了平面向量加法的三角形法则和平面向量基本定理的简单应用，属于基础题7.若双曲线上存在四点，使得以这四点为顶点的四边形是菱形，则该双曲线的离心率的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，双曲线与直线
5、相交且有四个交点，由此得结合双曲线的基本量的平方关系和离心率的定义，化简整理即得该双曲线的离心率的取值范围【详解】解：不妨设该双曲线方程为，由双曲线的对称性质可知，该四边形为正方形，所以直线与双曲线有交点，所以其渐近线与轴的夹角大于，即离心率所以该双曲线的离心率的取值范围是，故选：【点睛】本题考查双曲线的离心率取值范围以及双曲线的标准方程和简单几何性质等知识，属于基础题8.某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件
6、求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可【详解】解：设圆柱的半径为，高为，体积为，则由题意可得，圆柱的体积为，则当且仅当，即时等号成立圆柱的最大体积为，故选：【点睛】本题考查圆柱的体积和基本不等式的实际应用，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中档题9.已知是定义在上的偶函数，其图象关于点对称.以下关于的结论：是周期函数；满足；在单调递减；是满足条件的一个函数.其中正确结论的个数是( )A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B【解析】【分析】题目中条件：可得知其周期，利用奇函数图象的对称性，及函数图象的平移变换，可得函数的对称中心，结合这些条件可探讨函数的奇偶性，及单调性【详解】
7、解：对于：，其图象关于点对称所以，函数是周期函数且其周期为4，故正确；对于：由知，对于任意的，都有满足， 函数是偶函数，即，故正确对于：反例：如图所示的函数，关于轴对称，图象关于点对称，函数的周期为4，但是在上不是单调函数，故不正确；对于：是定义在上的偶函数，其图象关于点对称的一个函数，故正确故选：【点睛】本题考查函数的基本性质，包括单调性、奇偶性、对称性和周期性，属于基础题10.设抛物线：的弦过焦点，过，分别作的准线的垂线，垂足分别是，则四边形的面积等于( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由抛物线的方程可得焦点坐标及准线方程，设直线 的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根
8、之积，进而求出弦长，由抛物线的性质可得梯形的上下底之和求出，求出，的纵坐标之差的绝对值，代入梯形的面积公式即可求出梯形的面积【详解】解：由抛物线的方程 可得焦点，准线方程：，由题意可得直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为：，联立直线与抛物线的方程：，整理可得：，所以，因为，所以，即，可得：，所以可得：即，由抛物线的性质可得：，由题意可知，四边形为直角梯形，所以，故选：【点睛】本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的相交弦长，梯形的面积公式，属于中档题11.上世纪末河南出土的以鹤的尺骨（翅骨）制成的“骨笛”（图1），充分展示了我国古代高超的音律艺术及先进的数学水平，也印证了我国古代音律与历法的密切
9、联系.图2为骨笛测量“春（秋）分”，“夏（冬）至”的示意图，图3是某骨笛的部分测量数据（骨笛的弯曲忽略不计），夏至（或冬至）日光（当日正午太阳光线）与春秋分日光（当日正午太阳光线）的夹角等于黄赤交角.由历法理论知，黄赤交角近1万年持续减小，其正切值及对应的年代如下表：黄赤交角正切值0.4390.4440.4500.4550.461年代公元元年公元前2000年公元前4000年公元前6000年公元前8000年根据以上信息，通过计算黄赤交角，可估计该骨笛的大致年代是( )A. 公元前2000年到公元元年B. 公元前4000年到公元前2000年C. 公元前6000年到公元前4000年D. 早于公元前6
10、000年【答案】D【解析】【分析】先理解题意，然后根据题意建立平面几何图形，在利用三角函数的知识计算出冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，即可得到正确选项【详解】解：由题意，可设冬至日光与垂直线夹角为，春秋分日光与垂直线夹角为，则即为冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，将图3近似画出如下平面几何图形：则，估计该骨笛的大致年代早于公元前6000年故选：点睛】本题考查利用三角函数解决实际问题的能力，运用了两角和与差的正切公式，考查了转化思想，数学建模思想，以及数学运算能力，属中档题12.在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为( )A. 5B. 6C. 7D. 9【答案】A【解析】【
11、分析】由题可知：，且可得，构造函数求导，通过导函数求出的单调性，结合图像得出，即得出，从而得出的最大值.【详解】因为，则，即整理得，令，设，则，令,则，令，则，故在上单调递增，在上单调递减，则，因为，由题可知：时，则，所以，所以，当无限接近时，满足条件，所以，所以要使得故当时，可有，故，即，所以：最大值为5.故选：A.【点睛】本题主要考查利用导数求函数单调性、极值和最值，以及运用构造函数法和放缩法，同时考查转化思想和解题能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.复数共轭复数满足，则_.【答案】【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，利用共轭复数的概念得
12、答案【详解】解：由，得，则故答案为：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算、共轭复数的概念和复数的几何意义，是基础题14.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积等于_.【答案】【解析】【分析】首先由三视图还原出几何体，进一步求出几何体的外接球半径，最后求出球的表面积【详解】解：根据几何体的三视图还原得几何体为四棱锥：如图所示：设外接球的半径为，则：，解得，所以外接球的表面积为故答案为：【点睛】本题考查由几何体的三视图还原出几何体以及外接球体积和表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题15.2020年初，我国突
13、发新冠肺炎疫情.面对“突发灾难”，举国上下心，继解放军医疗队于除夕夜飞抵武汉，各省医疗队也陆续增援，纷纷投身疫情防控与病人救治之中.为分担“逆行者”的后顾之忧，某大学学生志愿者团队开展“爱心辅学”活动，为抗疫前线工作者子女在线辅导功课.现随机安排甲、乙、丙3名志愿者为某学生辅导数学、物理、化学、生物4门学科，每名志愿者至少辅导1门学科，每门学科由1名志愿者辅导，则数学学科恰好由甲辅导的概率为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，由排列组合公式分析3名志愿者辅导4门学科的情况数目，再分析其中甲辅导数学的情况数目，由古典概型公式计算可得答案【详解】解：根据题意，要求甲、乙、丙3名志愿者每名志愿者至
14、少辅导1门学科，每门学科由1名志愿者辅导，则必有1人辅导2门学科；则有种情况，若甲辅导数学，有种情况，则数学学科恰好由甲辅导的概率为，故答案为：【点睛】本题考查古典概型的概率，涉及排列组合的应用，属于基础题16.数列满足.记不超过的最大整数为，如，.设，数列的前项和为，若，则的最小值为_.【答案】8【解析】【分析】由题可得，当时，根据递推关系，得出，由于，分别求出各项的值，即可得出时，的最小值.【详解】由题可知：当,，（1）,，（2）,，所以（1）-（2）得：，即，由于，所以.又因为，当时，当时，当时，当时，得，当时，则，得，而.所以，要时，的最小值为8.故答案为：8.【点睛】本题考查数列的递
15、推关系以及数列前项和、项数的最值问题，考查分析和计算能力.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、23为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知的内角，的对边分别为，且.（1）若，求；（2）若为中点，且，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）直接利用已知条件结合余弦定理，得出，再利用正弦定理得，即可求出结果；（2）已知，则，在和中，由余弦定理可得出和，由于，化简得，再结合题给条件即可算出.【详解】（1）由余弦定理得，又，所以，即，由正弦定理得，显然，所以，因为，所以，又因为，所以.（2）
16、如图所示：在和中，由余弦定理可得，因为，所以，又因为，所以，即，解得，因为，所以.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式的应用，考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题18.如图1，在矩形中，点在线段上，.把沿翻折至的位置，平面，连结，点在线段上，如图2.（1）证明：平面；（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）依题意得，可得出，在线段上取一点，满足，可求出，结合得出，从而可证出四边形为平行四边形，所以，再利用线面平行的判定定理，即可证出平面；（2）设到平面的距离为，三棱锥的体积最大时，即取到最大值，从而得出
17、当平面平面时，取得最大值，此时，建立空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面和平面的法向量，运用向量法求二面角的公式，即可得出二面角的余弦值.【详解】（1）依题意得，在矩形中，所以，.在线段上取一点，满足，又因为，所以，故，又因为，所以，因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）设到平面的距离为，又，所以，故要使三棱锥的体积取到最大值，仅需取到最大值.取的中点，连结，依题意得，则，因为平面平面，平面，故当平面平面时，平面，.即当且仅当平面平面时，取得最大值，此时.如图，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，得，设是平面的一个法向量，则得令，
18、解得，又因为平面的一个法向量为，所以，因为为钝角，所以其余弦值等于【点睛】本题考查线面平行的判定和面面垂直的性质以及空间向量法求二面角，还涉及棱锥的体积、向量数量积运算、正方形的性质，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题19.已知椭圆：（）的焦距为，直线：与轴的交点为，过点且不与轴重合的直线交于点，.当垂直轴时，的面积为.（1）求的方程；（2）若，垂足为，直线交轴于点，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题可得，所以，因为的面积，即，再根据通径的性质，求得，即可求出椭圆的方程；（2）设，则，设方程为，与椭圆方程联立方程组，求出韦达定理，从而得出直线：
19、，令，求出的横坐标，根据题意，即可证出：.【详解】（1）因为椭圆的焦距为，所以，所以，当垂直轴时，因为的面积，即，所以，不妨设，代入椭圆的方程得，联立解得，所以椭圆的方程.（2）设，则，因为直线不与轴重合，故可设方程为，联立整理得，所以，所以直线：，令，则，所以的横坐标，所以，所以，因为中点的横坐标为，所以为线段的中点，所以.【点睛】本题考查椭圆的标准方程和直线与椭圆的位置关系，还涉及椭圆的简单几何性质、通径的性质，联立方程组、韦达定理、直线方程，同时考查解题分析和计算能力.20.为贯彻落实党中央全面建设小康社会的战略部署，某贫困地区的广大党员干部深入农村积极开展“精准扶贫”工作.经过多年的精
20、心帮扶，截至2018年底，按照农村家庭人均年纯收入8000元的小康标准，该地区仅剩部分家庭尚未实现小康.2019年7月，为估计该地能否在2020年全面实现小康，统计了该地当时最贫困的一个家庭2019年1至6月的人均月纯收入，作出散点图如下：根据相关性分析，发现其家庭人均月纯收入与时间代码之间具有较强的线性相关关系（记2019年1月、2月分别为，依此类推），由此估计该家庭2020年能实现小康生活.但2020年1月突如其来的新冠肺炎疫情影响了奔小康的进展，该家庭2020年第一季度每月的人均月纯收入均只有2019年12月的预估值的.（1）求该家庭2020年3月份的人均月纯收人；（2）如果以该家庭3月
21、份人均月纯收入为基数，以后每月的增长率为，为使该家庭2020年能实现小康生活，至少应为多少？（结果保留两位小数）参考数据：，.参考公式：线性回归方程中，；（，）.【答案】（1）500元；（2）0.07.【解析】【分析】（1）由已知求得与的值，可得线性回归方程，取求得2019年12月该家庭人均月纯收入预估值，进而可求出2020年第一季度每月的人均月纯收入，即可得出答案；（2）设从3月开始到12月的纯收入之和为，由题可知，整理得，求出的取值范围，即可得出答案.【详解】（1）依题意得：，所以，所以，所以关于的线性回归方程为.令时，得2019年12月该家庭人均月纯收入预估值为元，所以，2020年第一季
22、度每月的人均月纯收入均为元，所以，2020年3月份该家庭的人均月纯收入为500元.（2）因为每月的增长率为，设从3月开始到12月的纯收入之和为，则，依题意，令（*），当时，（*）成立；当时，由（*）得，即，所以，解得或（舍去），综上得：，所以，为使该家庭2020年能实现小康生活，至少应为.【点睛】本题考查线性回归方程的求法和等比数列前项和的应用，考查计算能力，是中档题21.已知函数.（1）求的极值；（2）若，求正实数的取值范围.【答案】（1）当时，的极小值为，无极大值；当时，的极小值为，无极大值；（2）.【解析】【分析】（1）由题可知，分类讨论和时，利用导函数求出的单调性，进而可求出极值；（2
23、）因为，所以，构造函数，求导，分类讨论和时的单调性，进而得出的最值，从而得出正实数的取值范围.【详解】（1）因为，当时，若，则，在单调递减；若，则，单调递增，所以的极小值为，无极大值；当时，若，则，在单调递减；若，则，所以在单调递增，所以的极小值为，无极大值；综上所述，当时，的极小值为，无极大值；当时，的极小值为，无极大值.（2）由（1）知，当时，在单调递减，在单调递增，所以，所以，因为，所以，所以，（*），令，则，因为，所以，若，则，当时，则，所以在单调递增，当时，则，所以在单调递减，所以，又因为，且和都在处取得最值，所以当，解得，所以，若，则，当时，在单调递减；当时，在单调递增；当时，在单
24、调递减，所以，与（*）矛盾，不符合题意，舍去.综上，正实数的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和最值，通过构造函数法和分类讨论思想求参数的取值范围，同时考查转化思想和计算能力.（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，则按所做的第一题计分. 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）.以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）若直线与相切于第二象限的点，与交于，两点，且，求直线的倾斜角.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）直接消
25、去参数，把参数方程化成普通方程，利用互化公式，将极坐标方程转换成直角坐标方程；（2）设的倾斜角为，写出直线参数方程，代入：，得出关于的一元二次方程，写出韦达定理，利用直线参数方程中参数的几何意义和三角函数关系式的恒等变换求出结果【详解】（1）因为的参数方程为（为参数），所以的普通方程为：.因为的极坐标方程为，由，得直角坐标方程为：.（2）如图，设的倾斜角为，依题意，则在中的参数角，故，所以可设的参数方程（为参数）.把的参数方程代入，得，所以.则，又，所以，解得：，故；即直线的倾斜角为.【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，以及直线参数方程中参数的几何意义的应用，主要考查
26、学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型选修4-5：不等式选讲23.已知函数，.（1）若，求不等式的解集；（2）若，且的最小值为2，求的最小值.【答案】（1）；（2）4.【解析】【分析】（1）当，分类讨论，去绝对值化简，直接求不等式的解集；（2）因为，由题知，且的最小值为2，则，从而得出，由基本不等式即可得出，从而得出的最小值.【详解】（1）由题意得，当时，原不等式可化，即，故；当时，原不等式可化为，即，故；当时，原不等式可化为，即，故；综上得不等式的解集为：.（2）因为，当且仅当时，取到最小值，即，因为，故，所以.当且仅当，且，即，或，时，等号成立.所以的最小值为4.【点睛】本题考查利用分类讨论法解绝对值不等式，以及三角不等式的最值和基本不等式求最值的应用，还考查化简和计算能力