1、福建省三明市2020届高三数学上学期期末质量检测试题 理（含解析）注意事项：1. 答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、准考证号.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2. 选择题每小题选出答案后，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，再选涂其它答案标号.非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上作答，答案无效.3. 考试结束后，考生必须将本试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，只有一项是符合题目要求的.1.设集合
2、，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：集合，集合，所以,故选D.考点：1、一元二次不等式；2、集合的运算.2.设是虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】化简后可得其对应的点，从而可得正确的选项.【详解】，该复数对应的点为，它在第一象限，故选：A.【点睛】本题考查复数的乘法、除法及复数的几何意义，本题属于基础题.3.已知函数，则的值为（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】先求出，再求的值后可得正确的选项.【详解】，故选：B.【点睛】本题考查分段函数的函数值的计算，
3、注意根据自变量的大小代入相应的解析式中计算函数值，本题属于基础题.4.如图，网格纸上的小正方形边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）A. B. C. 4D. 8【答案】C【解析】【分析】根据三视图可得几何体为直三棱柱，根据三视图中的数据结合棱柱的体积公式可得正确的选项.【详解】由三视图可知，几何体为直三棱柱，底面为等腰直角三角形，其腰长为，棱柱高为，故其体积为，故选：C.【点睛】本题考查三视图及棱柱的体积，注意根据三视图合理复原几何体，本题属于基础题.5.函数图象的一条对称轴方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】令，解出后可得函数图象的对称轴
4、方程的一般形式，取可得正确的选项.【详解】令，解得，当时，函数图象的一条对称轴为直线.故选：C.【点睛】本题考查正弦型函数的图象的对称轴，注意利用整体思想来求对称轴，本题属于基础题.6.已知向量，满足，则，的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将两边平方后求出，再利用数量积的定义可求、的夹角.【详解】由可以得到，所以，所以，解得，因，故.故选：D.【点睛】本题考查向量的数量积和向量的夹角，注意数量积有两个应用：（1）计算长度或模长，通过用 ；（2）计算角，.特别地，两个非零向量垂直的等价条件是.7.若在如图所示的程序框图中输入，则输出的的值是（ ）A. 3B. 4C.
5、 5D. 6【答案】B【解析】【分析】根据程序框图逐次计算每次判断的奇偶性前各变量的值，结合的值判断循环何时终止，从而得到输出的的值.【详解】第一次判断奇偶性前，；第二次判断的奇偶性前，；第三次判断的奇偶性前，；第四次判断的奇偶性前，；此时判断后，终止循环，输出.故选：B.【点睛】本题考查程序框图的理解，这类问题可以按程序运行的模式逐次计算各变量的值即可得到程序终止的条件、输出的结果等，本题属于基础题.8.下列函数中，同时满足条件“奇函数；值域为；图象经过第四象限”的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】依据奇函数的定义可排除B，依据图象过第四象限可排除A、D，从而可得正确
6、的选项.【详解】对于B的函数，令，其定义域为，而则，故为不是奇函数，故B不正确.对于A中的函数，当时，故该函数的图象不过第四象限，故A不正确.对于D中的函数，当时，故该函数的图象不过第四象限，故D不正确.对于C中的函数，令，该函数的定义域为，又，故为奇函数.又的值域为，当时，故图象经过第四象限，故C正确.故选：C.【点睛】本题考查具体函数的奇偶性、值域及函数值符号的讨论，函数值符号的讨论需结合解析式的特征来考虑，必要时需对解析式变形以便定号，本题属于中档题.9.已知数列满足，且，则的值为（ ）A. B. C. 3D. 10【答案】A【解析】【分析】由可得数列是周期数列且周期为2，故根据可得，求
7、得的值后可得的值.【详解】因为，故，所以，所以数列是周期数列且周期为2，因为，故，所以，所以.故选：A.【点睛】本题考查周期数列及指定项的计算，注意根据递推关系寻找数列的性质，本题属于容易题.10.已知抛物线的焦点为，过的直线与抛物线交于，点在线段上，点在的延长线上，且.则面积的最小值为（ ）A. 4B. 6C. 8D. 10【答案】A【解析】【分析】根据可得，设直线，用表示后可求的最小值.【详解】因为点在的延长线上，且，所以.因为，故设直线，由可得，所以.又，当时等号成立，故的最小值为2，所以面积的最小值为4.故选：A.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系中的三角形面积的最值问题，注意根据
8、抛物线的形式假设合理的直线方程，本题属于基础题.11.已知函数是定义在上的增函数，且其图象关于点对称，则关于的不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据的图象关于点对称可得，从而原不等式可化为，利用函数的单调性可得关于的不等式，从而可得的取值范围.【详解】因为的图象关于点对称，所以.因为，故，所以.因为是定义在上的增函数，故即，解得，故原不等式的解集为，故选：B.【点睛】本题考查函数不等式，注意根据函数图象的对称性和函数的单调性把函数不等式转化为一元二次不等式，本题属于中档题.12.已知三棱锥外接球的表面积为，直线与平面所成角为，则等于（ ）A. 1B. 2C.
9、 3D. 4【答案】B【解析】【分析】取的中点为，可以证明为外接球的球心，利用勾股定理可求的长.【详解】取的中点为，连接，过作，交于.因为，所以，故.又，所以，同理，因为，故平面.因为平面，故平面平面，因为平面平面，平面，故平面，所以为直线与平面所成的角，因此，故为等边三角形，故.因为，所以，同理，故，所以为外接球的球心且为球的半径.因为外接球的表面积为，故，故，所以.故选：B.【点睛】本题考查线面角的计算、三棱锥外接球的表面积，注意线面角的计算需根据线面垂直构造线面角，而三棱锥的外接球问题需根据球心的几何特征（到各顶点的距离相等）确定球心的位置，本题属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每
10、小题5分，共20分.13.曲线在点处的切线方程是_.【答案】x-y-2=0【解析】解：因为曲线在点（1,1）处的切线方程是由点斜式可知为x-y-2=014.已知实数，满足约束条件，则的最大值为_.【答案】10【解析】【分析】画出不等式组对应的可行域，平移动直线到后可得的最大值.【详解】不等式组对应的可行域如图所示：由可得，故.当动直线过时，有最大值且最大值为.故答案为：10.【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率15.已知直线过原点且倾斜角为，其中，若在上，且满足
11、条件，则的值等于_.【答案】【解析】【分析】求出的值后可得，再利用同角的三角基本关系式可求的值.【详解】因为，故，所以或，所以或.因为，故，所以，所以，解得.故答案为：.【点睛】本题考查直线的倾斜角和同角的三角函数的基本关系式，注意根据角的范围对所求的三角函数值进行取舍，本题属于基础题.16.已知是双曲线的一个焦点，是上的点，线段交以的实轴为直径的圆于，两点，且，是线段的三等分点，则的离心率为_.【答案】【解析】【分析】如图所示，取的中点为，为双曲线的另一个焦点，连接、，设，利用圆的几何性质可得与的关系，再由双曲线的几何性质可得的关系，从而得到双曲线的离心率.【详解】如图所示，取的中点为，为双
12、曲线的另一个焦点，连接、，设，则.因为为圆的弦，故，故，解得，故.又，故.因为、分别为、的中点，故，由双曲线的定义可知，故即，整理得到，解得.故答案为：.【点睛】本题考查双曲线的离心率的计算，根据圆的几何性质和双曲线的定义构建的关系是关键，本题属于难题.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17题第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.在各项均为正数的等比数列中，已知，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1），.（2），【解析】【分析】（1）利用等比数列通项公式表示出已
13、知等式，可得关于公比的方程，解方程求得，根据等比数列通项公式求得结果；（2）由（1）可得通项公式，利用分组求和的方式，对两部分分别采用等比数列求和和等差数列求和的方法求得结果.【详解】（1）设等比数列的公比为 ，又 解得： ，（2）由（1）知：.数列的前项和为，【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解、分组求和法求解数列的前项和的问题；涉及到等差数列和等比数列求和公式的应用，属于常考题型.18.如图1，在四边形中，为中点，将沿折到的位置，连结，如图2.（1）求证：；（2）若，求平面与平面所成锐二面角的大小.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接，可证平面，从而可证.（
14、2）设平面平面，可证为二面角的平面角，根据可求的大小，从而可得所求得锐二面角的大小.【详解】（1）四边形中连接，在四棱锥中连接.如图，在四边形中，因为，故四边形为平行四边形，又，所以四边形为菱形，同理四边形为菱形，故，所以，故为等边三角形，所以也为等边三角形.在四棱锥中，取的中点，连接.因为为的中点，所以，同理，因为，所以平面，因平面，故.（2）设平面平面，由（1）可知，而平面，平面，所以平面.又平面，所以，故.由（1）得，故为二面角的平面角.因为为等边三角形且，故，同理，因为，所以，因为，故.所以平面与平面所成锐二面角的值为.【点睛】本题考查空间中线线垂直的证明与二面角的计算，前者需通过线面
15、垂直得到，后者需构造二面角的平面角并通过余弦定理来求，本题有一定的综合度，属于稍难题.19.某公司设计的太阳能面板构件的剖面图为三角形，设顶点为，已知，且（单位：）.（1）若，求的周长；（2）根据某客户需求，的面积至少为.请问该公司设计的太阳能面板构件能否满足该客户需求？说明理由.【答案】（1）10；（2）该公司设计的太阳能面板构件能满足该客户需求.【解析】【分析】（1）根据余弦定理可求的长，得到三边的边长后可得所求的周长.（2）求出的面积最大值后可判断面板构件能否满足该客户需求.【详解】（1）因为，所以，所以，故，所以，三角形的周长为.（2）设，则，由余弦定理得，因为，所以，故，当且仅当时，
16、等号成立.因为，故该公司设计的太阳能面板构件能满足该客户需求.【点睛】本题考查余弦定理、三角形面积的最值，后者需构建面积关于边长的函数后才能求得最值，本题属于中档题.20.已知是圆：上的动点，设在轴上的射影为，动点满足，的轨迹为.（1）求的方程；（2）圆及曲线与轴的四个交点，自上而下记为，直线，与轴分别交于，（为相异两点），直线与的另一个交点为，求证：，三点共线.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【详解】（1）设，则，所以，故的轨迹的方程为：，它是焦点在轴上的椭圆.（2）设，则，故，同理.设（），则，由可得，故，所以.又，而，要证三点共线，即证：，也就是即证：，即证：，即证：.因为在圆上，
17、故即，所以成立.故三点共线.【点睛】本题考查动点的轨迹以及椭圆中的三点共线，求动点的轨迹，一般先考虑动点是否满足曲线的定义，再考虑用动点转移的方法，而证明三点共线，可用共线向量定理来考虑，本题属于难题.21.已知函数，.（1）证明：在区间上单调递增；（2）若存在，使得与在的值域相同，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求出，可证明，恒成立，故可得为上的增函数.（2）先讨论时的情形，此时可把的存在性问题转化为在存在两个不同的零点问题，利用导数和零点存在定理可得.再讨论的情形，利用两个函数的函数值的符号可判定这种情况不成立，两者结合可求的取值范围.【详解】（1）因
18、为，故且，令，故.当时，故在上为增函数，所以，故，故为上的增函数.（2）因为，故在为增函数，故在上的值域为.当时，的值域为，故， 所以在有两个不同的解.令，故在有两个不同的零点.又，当时，故为上的单调增函数，故在最多有一个解，舍去.当时，.取，令，则，故在为增函数，故，故在有且只有一个实数解且.当，故在为减函数；当时，故在增函数；故.又，所以因为在有两个不同的零点， 故即.令，其中，故，故在上为减函数，故不等式的解为，所以.令及，因为为开口向上的二次函数，故存在，使得当任意时，总有，而，故在上为增函数，当对任意的时，总有 ，因为，故当，根据零点存在定理，在上有且只有一个零点.因为在有两个不同的
19、零点，故，所以即，又，故，所以.当时，在上始终满足，由（1）可知在为增函数，故，不符合题设要求，舍去.综上，.【点睛】本题考查函数的单调性与函数的零点，单调性的讨论需结合导数的符号来讨论，而零点问题则利用零点存在定理和单调性来讨论，注意必要时需通过构建新函数来判断函数在某些点处的函数值的符号，本题属于难题.（二）选考题：本题满分10分.请考生在（22）、（23）两题中任选一题作答.如果多做，则按所做第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.已知直线的参数方程为(为参数)，曲线的极坐标方程为.（1）求的直角坐标方程;（2）求被截得的线
20、段长.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）根据极坐标化直角坐标的原则直接化简整理可得结果；（2）将参数方程化为普通方程，与的直角坐标方程联立，利用弦长公式可求得结果.【详解】（1），由得：化简得的直角坐标方程为：（2）由直线的参数方程得其普通方程为：由消去得：设与的交点为，则，则被截得的线段【点睛】本题考查极坐标化直角坐标、参数方程化普通方程、弦长公式的应用；考查学生对于基础公式和方法的应用能力，属于常考题型.选修4-5：不等式选讲23.已知正数，满足.（1）证明：；（2）若，求的最大值.【答案】（1）见解析（2）最大值【解析】【分析】（1）由已知等式得到，结合基本不等式可配凑出，进而证得结论；（2）对采用基本不等式的方式求得，由此可得，进而求得的最大值.【详解】（1） （当且仅当时取等号）（2），即（当且仅当时取等号） ，即 此时 当时，取得最大值【点睛】本题考查利用基本不等式证明和求解最值的问题，关键是能够对所求内容进行合理的配凑，配凑出符合基本不等式的形式，属于常考题型.
