1、福建省宁德市2020届高三数学毕业班6月质量检查试题 理（含解析）本试卷共23题，满分150分注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，考生要认真核对答题上粘贴的“姓名、准考证号、考试科目”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，如改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.非选择题用0.5毫米的黑色墨水签字笔在题卡上书写作答，若在试题卷上作答，答案无效.3.考试结束，监考员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，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. 复数在复
2、平面内对应点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由除法法则计算复数，化为复数的代数形式，得对应点坐标【详解】，对应点为故选：C.【点睛】本题考查复数的除法运算，考查复数的几何意义属于基础题2. 已知集合，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据一元二次不等式的解法，求出集合，然后根据得出，从而可得出集合，然后进行并集的运算，即可求出【详解】解：由题可知，由于，且，故选：B【点睛】本题考查了描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集和并集的运算，属于基础题3. 已知向量，则在上的投影为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由
3、向量的数量积公式得出与的夹角的余弦值，再由得出在上的投影.【详解】设与的夹角为，则在上的投影为故选：B【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的几何意义，属于中档题.4. 某校2名教师、4名学生分成2个小组，分别到两个不同的实验室做实验.每个小组由1名教师和2名学生组成，则教师A和学生B在同一个小组的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】把四个学生编号，分配两个给教师，写出所示有基本事件可知教师A和学生B在同一个小组所含基本事件的个数即可计算出概率【详解】4名学生编号为，与教师同一组的基本事件有共6个，其中教师A和学生B在同一个小组所含基本事件有共3个，所以所求概率为故选：
4、D【点睛】本题考查古典概型，解题关键是用列举法写出事件空间中的所有基本事件5. 某数学小组在国际数学日（每年3月14日）开展相关活动，其中一个活动是用随机模拟实验的方法获得的近似值.现通过计算器随机获得500个点的坐标，其中有399个点的坐标满足，据此可估计的值约为（ ）A. 3.19B. 3.16C. 3.14D. 3.11【答案】A【解析】【分析】本题首先可以通过绘图明确点所在区域以及所表示的区域，然后求出重合的区域面积，最后根据题意以及几何概型的性质即可得出结果.【详解】如图所示，点落在一个边长为的小正方形内，正方形面积为，指一个半径为的圆以及此圆内部的所有区域，圆与小正方形重合的区域面
5、积为，因为获得500个点的坐标，有399个点的坐标满足，所以，故选：A.【点睛】本题考查几何概型，能否根据题意准确的绘出图像是解决本题的关键，考查几何概型概率计算公式的灵活使用，体现了基础性，是中档题.6. 已知双曲线的实轴长为4，且两条渐近线夹角为，则该双曲线的焦距为（ ）A. B. 8C. 4或D. 8或【答案】D【解析】【分析】本题首先可以根据双曲线方程得出渐近线方程为，然后根据两条渐近线夹角为得出或，然后进行分类讨论，最后根据即可得出结果.【详解】令，则，故双曲线的渐近线方程为，因为两条渐近线夹角为，所以其中一条渐近线的切斜角为或，或，因为实轴长为4，所以，当时，焦距；当时，焦距，综上
6、所述，该双曲线的焦距为8或，故选：D.【点睛】本题考查根据双曲线的渐近线的相关性质求焦距，能否根据双曲线夹角的度数得出、之间的关系是解决本题的关键，考查双曲线实轴、虚轴以及焦距三者之间的关系，考查计算能力，是中档题.7. 著名物理学家李政道说：“科学和艺术是不可分割的”.音乐中使用的乐音在高度上不是任意定的，它们是按照严格的数学方法确定的.我国明代的数学家、音乐理论家朱载填创立了十二平均律是第一个利用数学使音律公式化的人.十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，使相邻两个半音之间的频率比是常数，如下表所示，其中表示这些半音的频率，它们满足.若某一半音与的频率之比为，则该半
7、音为（ ）频率半音CDEFGABC（八度）A. B. GC. D. A【答案】B【解析】【分析】先根据已知条件求得公比，结合题目所求半音与的频率之比，求得该半音.【详解】依题意可知.由于满足，则，所以数列为等比数列，设公比，对应的频率为，题目所求半音与的频率之比为，所以所求半音对应的频率为.即对应的半音为.故选：B【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，属于基础题.8. 已知函数的最小正周期为，其图象过点，则其对称中心为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由正切函数的最小正周期公式求出，将点代入求出，得出的解析式，根据正切函数的对称中心和利用整体代入法得出，即可
8、求出对称中心.【详解】解：已知函数的最小正周期为，即函数，其图象过点，而，则函数，令，求得，则该函数的对称中心为，.故选：A.【点睛】本题考查正切函数的图象和性质，以及利用整体代入法求正切型函数的对称中心，考查分析和运算能力.9. 某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图可得该几何体为长方体中挖去半个圆锥，根据所给数据可计算出表面积.【详解】由三视图可得该几何体为长方体中挖去半个圆锥，如图所示：其中，几何体的高为，所以，所以侧面和侧面面积相等，均为，侧面的面积为，半个圆锥的侧面积为，底面积为，所以该几何体的表面积为，故选
9、：C.【点睛】本题考查几何体的表面积的求法，考查几何体的三视图等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，属于中档题.10. 已知函数，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用分段函数图象解不等式求解可得.【详解】画出函数图象，由图得：是偶函数且在上单减，在上单减；，由偶函数性质得当，满足不等式，则因为时 时，满足不等式，则 综上有故选：D【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性解不等式. 利用指对数函数的单调性，要特别注意底数的取值范围，并在必要时进行讨论11. 若面积为1的满足，则边的最小值为（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】由
10、已知利用三角形的面积公式可得，由余弦定理可求，利用辅助角公式和正弦函数的性质即可求解【详解】解：的面积，且，根据余弦定理得：，即，可得，则，解得：，即边的最小值为.故选：C.【点睛】本题考查三角形的面积公式、余弦定理和辅助角公式的应用，以及正弦函数的性质在解三角形中的应用，考查了化简和运算能力.12. 当时，函数恒成立，则的最大值为（ ）A. B. 2C. D. 1【答案】C【解析】【分析】根据题意，将原不等式恒成立转化为恒成立，设，转化为恒成立，求得它们的交点，画出和的图象，即可得到所求区间和的最大值【详解】解：由题可知，时，函数恒成立，即为恒成立，设，即，为最小正周期为2的函数，且，设，可
11、得，分别作出和的图象，可得它们有两个交点，由题意可得当，时，恒成立，即恒成立，此时取得最大值.故选：C.【点睛】本题考查不等式恒成立问题，以及正弦函数和二次函数的图象和性质，考查转化思想和数形结合思想，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13. 若命题“，”为假命题，则实数a的最小值为_.【答案】2【解析】【分析】根据命题为假得到，恒成立，简单计算，可得答案.【详解】命题“，”为假命题，故，恒成立.所以，恒成立， 故所以实数a的最小值为2故答案为：2.【点睛】本题考查了根据命题的真假求参数，掌握等价转化的思想，化繁为简，意在考查学生的推断能力，属基础题.14. 执行如图所示的程序
12、框图，运行相应的程序.若输入的a，b，c分别为0.61.5，1.50.6，则输出的结果为_.（结果用a，b，c表示）【答案】b【解析】【分析】模拟程序运算，确定变量值【详解】模拟程序运算，变量值变化如下：开始输入，判断，判断，输出，故答案为：【点睛】本题考查程序框图，考查选择结构，模拟程序运行，观察变量值的变化，判断条件是否满足，可得结论15. 已知点，动点满足且，则点的轨迹方程为_【答案】【解析】【分析】根据题意得，由半角公式和余弦定理可得的值为定值，且大于两个定点，的距离，由椭圆的定义可得的轨迹为椭圆，根据椭圆的几何性质求出，的值，进而求出椭圆的方程【详解】解：根据题意，可知，由，则，在中
13、，即，即，所以为定值且大于，可得的轨迹为椭圆，且长轴长，焦距，焦点在轴上，中心在原点的椭圆，即，所以，所以的轨迹方程为：.故答案为：.【点睛】本题考查点的轨迹方程和椭圆的定义及性质的应用，还涉及半角公式及余弦定理的应用，考查化简和计算能力，属于中档题16. 已知四棱锥，底面是边长为6的菱形，底面且.若此四棱锥的内切球的表面积为，则该四棱锥的体积为_.【答案】【解析】【分析】利用数形结合，根据题意可知球心在上，作，可知为内切球的半径，然后计算，利用等体积法，求得，最后根据体积公式可得结果.【详解】由题可知：球心在上，作，如图由底面，底面，则，所以，平面，又平面所以，又，所以平面由此四棱锥的内切球
14、的表面积为，可知半径为2所以，由，所以，则所以则所以故答案为：【点睛】本题考查几何体内切球问题，本题关键在于找到球心，以及计算底面菱形的面积，考验分析能力以及计算能力，同时结合数形结合的方法，形象直观，便于理解与计算，属难题.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤，第1721题为必考题，每个试题考生都必须做答.第22、23题为选考题，考生根据要求做答（一）必考题：共60分17. 已知等差数列中，且，成等比数列、数列的前n项和为，满足.（1）求数列，的通项公式；（2）将数列，的公共项按原来的顺序组成新的数列，试求数列的通项公式，并求该数列的前n项和.【答案】（1）；（2）；
15、【解析】【分析】（1）根据等比数列的性质，可求等差数列的公差，从而求得数列的通项公式，由，可求得数列的通项公式；（2）由（1）得，所以可得，再求和.【详解】（1）设等差数列的公差为d，因为，成等比数列，所以，即，解得.所以.当时，因为，得，（）所以，得，所以数列是首项为1，公比的等比数列，所以.（2）依题意，由（1）得，所以.【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式、求和等基础知识，考查运算求解能力，逻辑推理能力，化归与转化思想等，属于中档题.18. 如图，在中，E，F分别为，的中点,是由绕直线旋转得到，连结，.（1）证明：平面；（2）若与平面所成的角为60，求二面角的余弦值.【答案】（1
16、）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）要证平面，则证和；证由平面几何知识可得，证，只需证，即证平面，利用线面垂直判定可得.（2）建立空间直角坐标系，根据与平面所成的角为60，可知为等边三角形，分别计算平面、平面的一个法向量，然后根据向量的夹角公式，可得结果.【详解】解法一：（1）因为由沿旋转得到，且E为中点，所以.所以又因为F为的中点，所以，又，所以，从而，又，所以平面，即平面，又平面，所以，又且，所以平面（2）由（1）得平面，因为平面，所以平面平面过点P作，交于M又平面平面，故平面，所以为与平面所成的角，所以，又，所以为等边三角形，得M为中点，由平面，分别以，为x，y轴的正方向，建立如图
17、所示的空间直角坐标系，易得平面的一个法向量为，设为平面的一个法向量，则：，即，令，得，又因为二面角的大小为钝角，故二面角的余弦值为解法二：（1）因为由沿旋转得到，所以，又因为E为的中点，所以.所以，即，同理，得，又，所以平面（2）由（1）得，又，所以平面，又因为平面，所以平面平面.过点P作，垂足为M，因为平面平面，所以平面，所以为与平面所成的角，所以，因为，所以为等边三角形，所以M为中点，取的中点N，连接，所以，所以平面，分别以，为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，易得平面的一个法向量为，设为平面的一个法向量，则：，即，令，得，又因为二面角的大小为钝角，故二面角的余弦值为【点
18、睛】本题考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系、平面与平面位置关系，以及线面角，面面角知识，考查推理论证能力、运算求解能力，审清题意细心计算，属中档题.19. 某药业公司统计了2010-2019年这10年某种疾病的患者人数，结论如下：该疾病全国每年的患者人数都不低于100万，其中有3年的患者人数低于200万，有6年的患者人数不低于200万且低于300万，有1年的患者人数不低于300万.（1）药业公司为了解一新药品对该疾病的疗效，选择了200名患者，随机平均分为两组作为实验组和对照组，实验结束时，有显著疗效的共110人，实验组中有显著疗效的比率为70.请完成如下的22列联表，并根据列联表判断是
19、否有99.9把握认为该药品对该疾病有显著疗效；实验组对照组合计有显著疗效无显著疗效合计200（2）药业公司最多能引进3条新药品的生产线，据测算，公司按如下条件运行生产线：该疾病患者人数（单位：万）最多可运行生产线数123每运行一条生产线，可产生年利润6000万元，没运行的生产线毎条每年要亏损1000万元.根据该药业公司这10年的统计数据，将患者人数在以上三段的频率视为相应段的概率、假设各年的患者人数相互独立.欲使该药业公司年总利润的期望值达到最大，应引进多少条生产线？附：参考公式：，其中.0.050.02500100.0013.8415.0246.63510828【答案】（1）填表见解析；有9
20、9.9%的把握认为该药品对该疾病有显著疗效；（2）应引进2条生产线.【解析】【分析】（1）通过计算，直接列出22列联表，根据公式计算，即可判断出结果；（2）分引进1条，2条，3条生产线三种情况，分别求解总利润的期望值，即可得出结论.【详解】（1）列联表如下：实验组对照组合计有显著疗效7040110无显著疗效306090合计100100200由于，所以有99.9%的把握认为该药品对该疾病有显著疗效；（2）根据提议：，记药业公司年总利润为（单位：万元），引进1条生产线的情形：由于每年的患者人数都在100万以上，因此运行1条生产线的概率为1，对应的年利润，；引进2条生产线的情形：当时，运行1条生产线
21、，此时，因此，当时，运行2条生产线，此时，因此，由此得与的分布列如下：500012000P0.30.7所以；引进3条生产线的情形：当时，运行1条生产，此时，因此，当时，运行2条生产线，此时，因此，当时，运行3条生产线，此时，因此，由此得与的分布列如下：40001100018000P0.30.60.1所以，因为990096006000，所以欲使该药业公司年总利润的期望值达到最大，应引进2条生产线.【点睛】本题主要考查随机变量的分布列与期望的计算，考查了独立性检验的应用，考查学生的运算求解能力、数据处理能力与应用意识.20. 已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若，求a的取值范围.【答案】（1）答
22、案不唯一，具体见解析（2）【解析】【分析】（1）求出导数后，对分类讨论，利用导数可求得函数单调区间；（2）分离参数后得在上恒成立，再构造函数利用导数求出最大值即可得到答案.【详解】（1），由定义域为，所以.当时，由，得，由，得，所以函数的单调递减区间为，递增区间为；当时，令，则或，当时，恒成立，所以函数的递增区间为，无减区间；当时，由，得或，由，得，所以函数的单调递减区间为，递增区间为和；当时，由，得或，由，得，所以函数的单调递减区间为，递增区间为和.综上，当时，函数的单调递减区间为，递增区间为；当时，函数的递增区间为，无减区间；当时，函数的单调递减区间为，递增区间为和；当时，函数的单调递减区
23、间为，递增区间为和.（2）依题意得，在恒成立.当时，不等式显然成立；当时，即成立，设，则，设，则在单调递减，所以，当时，单调递增；当时，单调递减所以所以，解得.综上，当时，.【点睛】本题主要考查导数及其应用、不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等，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.属于中档题.21. 在平面直角坐标系中，动直线交抛物线于A，B两点.（1）若，证明直线过定点，并求出该定点；（2）点M为的中点，过点M作与y轴垂直的直线交抛物线于C点；点N为的中点，过点N作与y轴垂直的直线交抛物线于点P.设的面积，的面积为.（i）若过定点，求使
24、取最小值时，直线的方程；（ii）求的值.【答案】（1）证明见解析；定点（2）（i）（ii）【解析】【分析】（1）设直线的方程，并代入抛物线方程，利用韦达定理和可解决；（2）（i）得到、的坐标，得到，进而得到，再根据二次函数可求得最小值；（ii）求出，求出代入即可得到结果.【详解】（1）证明：依题意可设直线的方程为，代入消去x得：，即，设，则，因为，所以，又，所以，故，（已舍去）所以，得，因此直线的方程为，该直线过定点.（2）（i）因为过定点，所以由（1）得，即，恒成立，由题知得，所以，所以，因为，且时等号成立，所以，当取到最小值时，直线的方程为，即.（ii）依题知可得，所以，由（2）（i）可知
25、（此处可以理解为A，B两点的纵向高度差）同理可得，所以.【点睛】本题主要考查直线、抛物线、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想，考查考生分析问题和解决问题的能力，属于中档题.（二）选考题共10分请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数，）.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的圾坐标方，且直线l与曲线C相交于A，B两点.（1）求曲线C的普通方程和l的直角坐标方程；（2）若，点满足，求此
26、时r的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）曲线C的普通方程为， 将，代入直线l的极坐标方程中，可得到l的直角坐标方程.（2）写出l的参数方程可设为（t为参数），将l的参数方程与曲线C的普通方程联立，得，设点A、B对应的参数分别为、，则由韦达定理得，代入可得所求值.【详解】（1）曲线C的普通方程为， 将，代入直线l的极坐标方程中，得到l的直角坐标方程为.（2）点在直线l上，则l的参数方程可设为（t为参数），将l的参数方程与曲线C的普通方程联立，得，设点A、B对应的参数分别为、，则由韦达定理得，且当时，.所以，得.【点睛】本题主要考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程的应用，意在考查考生综合运用知识和运算求解能力，属于中档题.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数.（1）当时，求不等式的解集A.（2）设的解集为B，若，求这数a的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将代入，则，再利用绝对值不等式的性质即可得解；（2）问题等价于在，上恒成立，由此建立关于的不等式组，解出即可【详解】解：（1）当时，即解不等式，由绝对值不等式知，当且仅当时取等号，因此的解集；（2）由，即，不等式恒成立，即，整理得，故，上恒成立，则在，上恒成立，得，故【点睛】本题考查含绝对值、参数的不等式有解问题与基本不等式的应用，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想等，属于中档题.
