1、福建省莆田市2020届高三数学3月线上教学质量检测试题试题 理（含解析）本试卷分卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.本试卷共5页.满分150分.考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸、试题卷上答题无效.3.选择题答案使用2B铅笔填涂,如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.4.保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损.考试结束后，将本试卷和答题卡一并
2、交回.第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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】A【解析】【分析】计算，再计算得到答案.【详解】，故.故选：.【点睛】本题考查了交集运算，意在考查学生的计算能力.2.若iz12i，则|z|（ ）A. B. C. 3D. 5【答案】B【解析】【分析】首先利用复数的运算法则进行化简，然后再进行复数模的运算即可.【详解】，. 故选：B.【点睛】本题主要考查复数的运算以及模的运算，属于基础题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如，.其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部
3、为、虚部为、模为、共轭复数为.3.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据范围计算得到，计算得到答案.【详解】，故，故.，故选：.【点睛】本题考查了二倍角公式，同角三角函数关系，意在考查学生的计算能力.4.函数在的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】判断函数为奇函数排除，计算排除，得到答案.【详解】，函数为奇函数，排除.，排除.故选：.【点睛】本题考查了根据函数解析式选择图像，判断函数的奇偶性是解题的关键.5.甲、乙、丙、丁四名志愿者去，三个社区参与服务工作，要求每个社区至少安排一人，则不同的安排方式共有（ ）A. 18种B. 36种C.
4、 72种D. 81种【答案】B【解析】【分析】利用捆绑法将四人分为三组有种，再全排列种，计算得到答案.【详解】利用捆绑法将四人分为三组：种，再全排列种，故有种不同的安排方式.故选：.【点睛】本题考查了排列组合中的捆绑法，意在考查学生的应用能力.6.高斯函数表示不超过的最大整数，如，.执行下边的程序框图，则输出的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】根据程序框图依次计算得到答案.【详解】程序框图依次计算：；，结束.故选：.【点睛】本题考查了程序框图，意在考查学生的理解能力和计算能力.7.函数的图象在点切的切线分别交轴，轴于、两点，为坐标原点，则（ ）A. B. C. D. 【
5、答案】B【解析】【分析】求导得到，计算切线方程为，故，代入向量计算得到答案.【详解】，故，故切线方程为：，故，.，即，解得.故选：.【点睛】本题考查了切线方程，向量运算，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.8.已知函数f（x）sin（x+）（0，0）的图象关于直线x对称，且.当取最小值时，（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由正弦函数的对称轴和对称中心并结合正弦函数的图象，求得取最小值时，然后利用求出的值.【详解】函数的图象关于直线对称，且，则取最小时，可得，可得，再根据，可得，求得，因为，所以，故选：D.【点睛】本题主要考查正弦函数的图象和性质，主要考查函数的对称性和周
6、期性，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和数形结合的思想方法，属于中档题9.已知抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，轴被以为直径的圆所截得的弦长为6，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】故设直线为，设，计算得到中点的横坐标为，根据，计算得到答案.【详解】抛物线的焦点，易知当斜率不存在时不成立，故设直线为，设，.则，即，故，故中点的横坐标为，.故，解得，故.故选：.【点睛】本题考查了抛物线中的弦长问题，直线和圆的位置关系，意在考查学生的转化能力和计算能力.10.已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，平面，与平面所成的角为，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B
7、【解析】【分析】取中点，连接，证明平面，故为与平面所成的角为，球心在平面的投影为的外心，计算得到答案.【详解】取中点，连接，则.平面，平面，故.，故平面，故为与平面所成的角为.，故，故.球心在平面的投影为的外心，根据知，故，故球的表面积为.故选：.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，确定球心在平面的投影为的外心是解题的关键，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.11.已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的左支交于，两点，若，且，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】计算得到， ，根据，利用余弦定理得到，计算得到答案.【详解】，故，故，故.根据余弦定理，化简整
8、理得到：，即，解得或（舍去）.故选：.【点睛】本题考查了双曲线离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.12.设函数的定义域为，已知有且只有一个零点.下列四个结论：； 在区间单调递增；是的零点； 是的极大值点，是的最小值.其中正确的个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】取，即，两边取对数，设，求导画出函数图像，计算，故，画出函数和的图像，根据图像得到函数单调性，依次判断每个选项得到答案.【详解】取，即，两边取对数，即有且只有一个解，设，.函数在上单调递增，在上单调递减，画出函数图像，如图所示：故或，解得或（舍去），故，正确；，正确，取，即，两边取对数，画出函
9、数和的图像，根据图像知：当时，故，函数单调递减；当或时，函数单调递增.故错误，正确.故选：.【点睛】本题考查了利用导数求参数值，函数的单调性，极值，零点问题，意在考查学生的综合应用能力.第卷本卷包括必考题和选考题两部分.第1321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.13.已知非零向量，满足，且，则与的夹角为_.【答案】【解析】【分析】根据得到，计算得到答案.【详解】，故，故，即.故答案为：.【点睛】本题考查了向量夹角的计算，意在考查学生的计算能力.14.设满足约束条件则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】画出可行域，表示点和之间的斜率，根据图像得到答
10、案.【详解】如图所示，画出可行域，表示点和之间的斜率.根据图像知：当时，有最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查了线性规划问题，将表示为两点的斜率是解题的关键.15.已知函数且，则_【答案】【解析】【分析】讨论和两种情况，分别计算得到，再代入计算得到答案.【详解】当时，不成立；当时，或（舍去）；综上所述：，.故答案为：.【点睛】本题考查了分段函数求参数和函数值，意在考查学生的计算能力.16.的内角，的对边分别为，.已知，是边上的中线，且，则面积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理计算得到，设，则，根据余弦定理得到，故，计算得到答案.【详解】，即，即，故，故.设，则，在中：根据余弦
11、定理，即.，故，当，即，面积有最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，意在考查学生的综合应用能力.三、解答题：共70分.解答应写岀文字说明、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：（60分）17.设是公差不为0的等差数列，其前项和为已知，成等比数列，.（1）求的通项公式;（2）设，数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据题意得到，计算得到答案.（2），利用分组求和法计算得到答案.【详解】（1），成等比数列，故，即.，解得，故.（2）.【点睛】本题考查了数列
12、的通项公式，前项和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.18.如图，四棱锥的底面是菱形，.（1）证明：平面平面；（2）若，点在棱上，且，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接与相交于，根据，得到平面，得到证明.（2）以为轴建立空间直角坐标系，设，根据得到，计算平面的法向量为，平面的法向量为，计算夹角得到答案.【详解】（1）如图所示：连接与相交于，故，四棱锥的底面是菱形，故，故平面，平面，故平面平面.（2），故平面，取中点，连接，故.以为轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，设，解得，.，故，解得或（舍去），.设平面法向量为，则，取，设平面的法向量为，则，
13、取，设二面角的平面角为，则.【点睛】本题考查了面面垂直，二面角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.19.莆田市是福建省“历史文化名城”之一，也是旅游资源丰富的城市.“九头十八巷”、“二十四景”美如画.某文化传媒公司为了解莆田民众对当地风景民俗知识的了解情况，在全市进行网上问卷（满分100分）调查，民众参与度极高.该公司对得分数据进行统计拟合，认为服从正态分布.（1）从参与调查的民众中随机抽取200名作为幸运者，试估算其中得分在75分以上（含75分）的人数（四舍五入精确到1人）；（2）在（1）的条件下，为感谢参与民众，该公司组织两种活动，得分在75分以上（含75分）的幸运者选择其中一种活动参
14、与.活动如下：活动一 参与一次抽奖.已知抽中价值200元的礼品的概率为，抽中价值420元的礼品的概率为；活动二 挑战一次闯关游戏.规则如下：游戏共有三关，闯关成功与否相互独立，挑战者依次闯关，第一关闯关失败者没有获得礼品，第二关起闯关失败者只能获得上一关的礼品，获得的礼品不累计，闯关结束.已知第一关通过的概率为，可获得价值300元的礼品；第二关通过的概率为，可获得价值800元的礼品；第三关通过的概率为，可获得价值1800元的礼品.若参与活动的幸运者均选择礼品价值期望值较高的活动，该公司以该期望值为依据，需准备多少元的礼品？附：若，则，【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）计算得到，故，计
15、算得到答案.（2）计算，活动二的取值可能有，计算概率得到分布列，得到，计算得到答案.【详解】（1）服从正态分布，则，故，故人数为.（2）活动一的数学期望为：；活动二的取值可能有，故，.分布列为：故.，故需要准备元礼物.【点睛】本题考查了正态分布，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.20.已知为椭圆的左、右焦点，点在上.有以下三个条件：；点的坐标为；且.（1）从三个条件中任意选择两个，求的方程；（2）在（1）的条件下，过点的直线与交于，两点，关于坐标原点的对称点为，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）取条件和，则，解得答案.（2），设直线方程为，联立方程得
16、到，设，故，利用均值不等式得到答案.【详解】（1）取条件和，则，解得，故椭圆方程为.（2）易知直线斜率不为，设直线方程为，故，即，.，设，故.当且仅当，即时等号成立，此时验证成立，故面积最大值.【点睛】本题考查了椭圆方程，面积的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.21.已知函数，.（1）求在区间的极值点；（2）证明：在区间有且只有3个零点，且之和为0.【答案】（1）或；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导取，得到或，再根据单调性得到极值点.（2）化简得到，得到若是方程的根据，那么也是方程的根，画出函数和的图像，根据图像得到答案.【详解】（1），则，取，则或.当时，函数单调递增；当
17、时，函数单调递减；当时，函数单调递增，故极值点为或.（2），故.，即，.若是方程的根，那么也是方程的根，故零点之和为.画出函数和的图像，如图所示：根据图像知函数图像有三个交点，故在区间有且只有3个零点.综上所述：在区间有且只有3个零点，且之和为0.【点睛】本题考查了函数的极值点，零点问题，画出函数图像是解题的关键，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.（二）选考题：共10分.请考生在第2、23题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.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xOy中，已知直线l过点P（2，2）.以坐标原点为极点，
18、x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为cos24cos0.（1）求C的直角坐标方程；（2）若l与C交于A，B两点，求的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）把曲线的极坐标方程两边同时乘以，结合，即可求出曲线的极坐标方程；（2）由已知直接写出直线的参数方程，把直线的参数方程代入曲线的极坐标方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及参数的几何意义求解.【详解】（1）曲线的极坐标方程为，两边同时乘以，得，把互化公式代入可得：，即，所以C的直角坐标方程为y24x.（2）设直线的倾斜角为，可得参数方程为：（为参数），代入抛物线方程可得：，则，当且仅当时，等号成立，的最大
19、值为.【点睛】1.极坐标方程转化为普通方程，要巧用极坐标方程两边同乘以或同时平方技巧，将极坐标方程构造成含有，的形式，然后利用公式代入化简得到普通方程；2.经过点，倾斜角为的直线的参数方程为（为参数）.若A，B为直线上两点，其对应的参数分别为，线段的中点为，点所对应的参数为，则以下结论在解题中经常用到：（1）；（2）；（3）；（4）.23.已知f（x）|2x1|+|x+2|.（1）求不等式f（x）5的解集；（2）若x1，+）时，f（x）kx+k，求k的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）可先将写成分段形式，从而求得解集；（2）时，成立；时，等价于，令，故即可，从而求得答案.【详解】（1）由，不等式等价于，可化为，或或；解得，所以不等式的解集是；（2）当时，成立，；当时，所以，即，所以；当时，所以，即k，所以；综上知，的取值范围是.【点睛】1.求解绝对值不等式的步骤：（1）求零点；（2）划区间，去绝对值符号；（3）分别解去掉绝对值符号的不等式；（4）取每个结果的并集，注意在分段讨论时，不要遗漏区间的端点值.2.绝对值不等式有解问题的求解思路：（1）分离参数：根据不等式，将参数分离化为或的形式；（2）转化为最值问题：恒成立，恒成立；（3）得结论.
