1、福建省福州市2020届高三数学上学期期末质量检测试题 文（含解析）第卷一、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.设复数，则（ ）A. B. C. 3D. 5【答案】B【解析】【分析】求得后再求模长即可.【详解】,故.故选：B【点睛】本题主要考查了复数的基本运算与模长运算等.属于基础题型.2.已知集合或，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据集合间关系逐个判断即可.【详解】集合并无包含关系,故A,B均错误.又,或故C错误.正确.故选：D.【点睛】本题主要考查了集合间的基本关系,属于基础题型.3.执行如图所示的程
2、序框图，若输入的分别为4,2，则输出的（ ） A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】根据框图直接循环计算即可.【详解】根据流程,输入4,2,.,不满足.,不满足.,满足.输出.故选：C【点睛】本题主要考查了循环框图的应用,属于基础题型.4.某工厂有甲、乙两条流水线同时生产直径为的零件，各抽取10件进行测量，其结果如下图所示，则以下结论不正确的是（ ）A. 甲流水线生产的零件直径的极差为B. 乙流水线生产的零件直径的中位数为C. 乙流水线生产的零件直径比甲流水线生产的零件直径稳定D. 甲流水线生产的零件直径的平均值小于乙流水线生产的零件直径的平均值【答案】D【解析】【分析】根
3、据图表逐个选项判断即可.【详解】对A,甲流水线生产的零件直径的极差为.故A正确.对B,易得除去3个与3个,剩下的均为.故中位数为正确.对C,由图表易得, 乙流水线生产的零件直径比甲流水线生产的零件直径稳定.故C正确.对D,计算可得甲乙流水线生产的零件直径平均值均为.故D错误.故选：D【点睛】本题主要考查了根据图表判断实际应用的问题.属于基础题型.5.设抛物线上的三个点到该抛物线的焦点距离分别为若的最大值为3，则的值为（ ）A. B. 2C. 3D. 【答案】C【解析】【分析】根据抛物线的定义直接分析可得到抛物线的焦点距离最大,再根据焦半径公式求解即可.【详解】根据抛物线的定义可得到抛物线的焦点
4、距离最大为.故.故选：C【点睛】本题主要考查了抛物线的定义性质,属于基础题型.6.函数的大致图象为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求导分析函数单调性,并根据函数的正负判断即可.【详解】,故在上单调递增,上单调递减,上单调递增.且当时.故选：A【点睛】本题主要考查了函数图像的判断,属于中等题型.7.设满足约束条件则的最大值为（ ）A. 1B. 3C. 4D. 5【答案】D【解析】【分析】画出可行域再判断的最大值即可.【详解】画出可行域,又,易得在处取得最大值.故选：D【点睛】本题主要考查了线性规划的简单运用,属于基础题型.8.九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中
5、有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（米堆所成的几何体的三视图如图所示）.米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.6立方尺，圆周率，估算出堆放的米约有（ ）A. 20斛B. 21斛C. 22斛D. 23斛【答案】C【解析】【分析】根据圆锥的体积求解再换算单位即可.【详解】由题得该米堆为四分之一的圆锥.故体积立方尺.即斛.故选：C【点睛】本题主要考查了圆锥体积的运算以及单位的换算等.属于中等题型.9.已知函数的部分图象如图所示，则的单调递减区间为（ ）A. B. C. D. 【
6、答案】A【解析】【分析】根据函数图像直接判断即可.【详解】易得周期满足,故.且图中最高点横坐标.故一个单调区间为.又函数周期为.故单调递减区间为.故选：A【点睛】本题主要考查了三角函数图像的性质运用,在求解根据图像求三角函数单调性的问题上可以直接根据图像求解即可.属于中等题型.10.若，则（ ）A. B. C. 或D. 或或3【答案】C【解析】【分析】根据二倍角公式化简求解即可.【详解】由可得.故或.即或.故选：C【点睛】本题主要考查了二倍角公式以及同角三角函数的公式等.属于中等题型.11.已知函数，直线与曲线相切，则（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】设切点为,利
7、用导数的几何意义与在与上联立求解即可.【详解】设切点为,则,又直线与曲线相切故,消去有,代入第一个式子有.易得.代入有.故选：B【点睛】本题主要考查了导数几何意义的运用,需要根据在某点处导函数的值等于在该点处切线的斜率以及切点在切线方程与函数式上联立求解即可.属于中等题型.12.已知双曲线（）的左、右焦点分别为，若上点满足，且的取值范围为，则的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的定义以及可得,再利用中的余弦定理列式求范围即可.【详解】由双曲线的定义有,又,故,.故.又的取值范围为,故.即.故.故选：B【点睛】本题主要考查了双曲线的性质与余弦定理
8、的运用，需要根据题意找到对应的余弦定理关系建立关于a，b，c的不等式是关键，属于中等题型.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中的横线上13.已知向量满足，与的夹角为，则_【答案】【解析】【分析】根据平面向量数量积公式求解即可.详解】易得.故答案为：【点睛】本题主要考查了平面向量数量积公式,属于基础题型.14.已知函数若，则_【答案】【解析】【分析】先求,再分情况对进行讨论再求解即可.【详解】由题,且,故.当时无解.当时,成立.故答案为：【点睛】本题主要考查了分段函数的运用,属于基础题型.15.在钝角中，已知，若的面积为，则的长为_【答案】【解析】【分析】利用面积公
9、式可求得,再用余弦定理求解即可.【详解】由题意得, .又钝角,当为锐角时,则,即不满足钝角三角形.故为钝角.此时.故.即故答案为：【点睛】本题主要考查了解三角形中面积公式与余弦定理的运用,属于中等题型.16.已知正方体的棱长为2，直线平面.平面截此正方体所得截面有如下四个结论：截面形状可能为正三角形；截面形状可能为正方形；截面形状不可能是正五边形；截面面积最大值为其中所有正确结论的编号是_【答案】【解析】【分析】根据题意逐个选项判断即可.【详解】对,当截此正方体所得截面为时满足.故正确.对,由对称性得,截面形状不可能为正方形.故错误.对,由对称性得截面形状不可能是正五边形,故正确.对,当截面为
10、正六边形时面积最大,为.故正确.故答案为：【点睛】本题主要考查了平面与正方体相交的截面问题,需要一定的空间想象能力,属于中等题型.三、解答题：本大题共6小题，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题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17.垃圾分一分，城市美十分；垃圾分类，人人有责某市为进一步推进生活垃圾分类工作，调动全民参与的积极性，举办了“垃圾分类游戏挑战赛”据统计，在为期个月的活动中，共有万人次参与为鼓励市民积极参与活动，市文明办随机抽取名参与该活动的网友，以他们单次游戏得分作为样本进行分析，由此得到如下频数分布
11、表：单次游戏得分频数（1）根据数据，估计参与活动的网友单次游戏得分的平均值及标准差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（其中标准差的计算结果要求精确到）（2）若要从单次游戏得分在、的三组参与者中，用分层抽样的方法选取人进行电话回访，再从这人中任选人赠送话费，求此人单次游戏得分不在同一组内的概率. 附：，.【答案】（1）平均值60；标准差13.60（2）【解析】【分析】(1)直接根据平均值与标准差的公式求解即可.(2)根据分层抽样设所抽取的人进行编码,再利用枚举法求得所有的基本事件再求概率即可.【详解】（1）参与该活动的网友单次游戏得分的平均值 标准差 （2）用分层抽样抽取人,其中得分在
12、的有人,得分在的有人,得分在的有人, 分别记为,人中任选人,有、，共 种结果，其中人得分在同一组的有种,分别是、, 故人得分不在同一组内的概率.【点睛】本题主要考查用样本估计总体、平均数、标准差、古典概型等基础知识,考查考生运用概率与统计知识解决实际问题的能力、数据处理能力,考查的核心素养主要有数学建模、数学抽象、数学运算、数据分析18.已知数列的前项和，且成等比数列（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)利用通项公式与前项和的关系求解参数即可.(2)由(1)有故利用裂项相消的方法求即可.【详解】（1）当时, 当时, 经检验,时也满足上式,所以
13、因为成等比数列,所以,即,解得 所以（2）由（1）及题设得, 所以【点睛】本小题考查数列的通项与前项和的关系、等比数列、裂项相消法求数列的和等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想、化归和转化思想等,考查的核心素养主要有逻辑推理、数学运算等19.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，为线段的中点，为线段上的动点.（1）平面与平面是否互相垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由（2）若，为线段的三等分点，求多面体的体积【答案】（1）互相垂直，证明见解析（2）或.【解析】【分析】(1)证明平面中的即可.(2)利用多面体的体积为,分为线段的两个不同的三等分点进行求解即可.【详解】解法一
14、：（1）平面与平面互相垂直, 理由如下：因为底面,平面,所以 因为为正方形,所以又,且平面,所以平面因为平面,所以因为,为线段的中点,所以, 又,且平面,所以平面, 因为平面,所以平面平面 （2）因为底面,为线段的中点,所以点到底面的距离为, 则, 又为线段的三等分点,当时, 所以多面体的体积为； 当时,所以多面体的体积为综上,多面体的体积为或.解法二：（1）平面与平面互相垂直,理由如下：因为底面,平面,所以平面底面,又平面底面,平面,所以平面 因为平面,所以因为,为线段的中点,所以,又,且平面,所以平面, 因为平面,所以平面平面（2）同解法一【点睛】本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面、
15、平面与平面的位置关系、空间几何体的体积等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转化思想等,考查的数学素养主要有逻辑推理、直观想象等20.已知圆，椭圆（）短轴长等于圆半径的倍，的离心率为（1）求的方程；（2）若直线与交于两点，且与圆相切，证明：【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】(1)由题分别计算椭圆的基本量即可.(2)分直线斜率不存在与存在两种情况讨论,当直线斜率存在时,设其方程为利用直线与圆相切求得,再联立椭圆方程设交点再得出韦达定理证明0即可.【详解】解法一：（1）依题意,圆半径等于,因为椭圆的短轴长等于圆半径的倍,所以,解得 因为的离心率为,所以,
16、又因为,所以, 联立 ,解得, 所以的方程为. （2）证明：当直线斜率不存在时, 直线的方程为,或当时,则,故同理可证,当时,当直线斜率存在时,设其方程为因为直线与圆相切,所以,即,由得, 所以,且所以, 所以 综上, 解法二：（1）同解法一（2）当直线方程为时, ,则,故同理可证,当直线方程为时, 当直线不与轴平行时,设其方程为因为直线与圆相切,所以,即由得, 所以,且, 所以, 综上,【点睛】本小题考查圆与椭圆的标准方程及其几何性质、直线与圆的位置关系、直线椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化的思想、分类与整合思想等,考查的数学素养主要有逻
17、辑推理、直观想象、数学运算等21.已知函数在上的最大值为（1）求的值；（2）证明：函数在区间上有且仅有2个零点【答案】（1）（2）证明见解析【解析】分析】(1)求导后利用可得导函数的正负与原函数的单调性,再利用最大值为进行求解即可.(2)求导分析单调性后,根据零点存在定理求解的正负即可.【详解】（1）,因为,所以,又,所以,即当时,所以在区间上递增,所以,解得 当时,所以在区间上递减,所以,不合题意 当,不合题意综上,. （2）设,则,所以在上单调递减,又, 所以存在唯一的,使得当时,即,所以上单调递增；当时,即,所以上单调递减又, 所以在与上各有一个零点, 综上,函数在区间上有且仅有两个零点
18、.【点睛】本小题主要考查导数及其应用、函数的零点、函数的最值与值域等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等,考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等,考查的数学素养主要有逻辑推理、直观想象、数学运算等（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，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为（1）求C的直角坐标方程；（2）设点M的直角坐标为， l与曲线C的交点为，求的值【答案】（1）
19、（2）【解析】【分析】(1)根据极坐标与直角坐标的互化求解即可.(2)设所对应的参数分别为,再联立直线的参数方程与圆的直角坐标方程,利用参数的几何意义与韦达定理求解即可.【详解】（1）由,得 将代入得, 所以C的直角坐标方程为 （2）设所对应的参数分别为,因为直线l的参数方程为为参数所以M在l上把l的参数方程代入可得所以,所以,故=.【点睛】本题考查极坐标方程和直角坐标方程的互化,直线和圆的位置关系,以及直线的参数方程的参数的几何意义等基础知识,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力考查的核心素养是直观想象、逻辑推理与数学运算.23.已知函数的最小值为（1）求的值；（2）若为正实数，且，证明：【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】(1)分与两种情况去绝对值进行讨论即可.(2)利用基本不等式证明即可.【详解】（1）根据题意,函数所以为在单调递减,在单调递增,所以 （2）由(1)知,所以又因为为正实数,所以,即,所以,即【点睛】本题考查含有绝对值的函数的最值,基本不等式的应用等基础知识,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力.考查的核心素养是直观想象、逻辑推理与数学运算.
