福建省福清市2020届高三3月线上教学质量检测数学（文）试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 福清市2020届高三年“线上教学”质量检测 文科数学试卷 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本大题共12个小题，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】‎ 先求出集合然后再求的交集.‎ ‎【详解】由，得，即.‎ 所以 故选：C ‎【点睛】本题考查对数函数的定义域，集合的交集,属于基础题.‎ ‎2.已知复数满足，其中是虚数单位，则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】‎ 由条件得出复数，从而可得到答案.‎ ‎【详解】由复数满足.‎ - 24 -‎ 可得 所以 则在复数在复平面内对应的点为，在第一象限.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查复数的除法运算和共轭复数的概念和复数的几何意义，属于基础题.‎ ‎3.已知圆：（），直线：.若圆上恰有三个点到直线的距离为1，则的值为（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 圆的圆心为到直线的距离为1，由圆上恰有三个点到直线的距离为1，得到圆心为到直线的距离为，由此求出的值.‎ ‎【详解】圆的圆心为,则圆心到直线的距离.‎ 又圆上恰有三个点到直线的距离为1.‎ 所以圆心为到直线的距离为,即 所以 ‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查圆与直线的位置关系，点到直线的距离,，属于基础题.‎ ‎4.执行如图所示的程序框图，则输出的是（ ）‎ - 24 -‎ A. -3 B. -1 C. 1 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据框图可得程序是求数列的前999项的和再加上2，由可得到答案.‎ ‎【详解】根据框图的运行可得：程序是2加上数列的前999项的和.‎ 又 所以 ‎ ‎ ‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查程序框图中的循环和裂项相消法求和，属于中档题.‎ ‎5.甲、乙、丙、丁、戊五人乘坐高铁出差，他们正好坐在同一排的、、、、五个座位.已知：‎ ‎（1）若甲或者乙中的一人坐在座，则丙坐在座；‎ ‎（2）若戊坐在座，则丁坐在座.‎ 如果丁坐在座，那么可以确定的是：（ ）‎ A. 甲坐在座 B. 乙坐在座 C. 丙坐在座 D. 戊坐在座 ‎【答案】C - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于丁坐在座，由（1）则甲或者乙都不能坐在座，由（2）戊不坐在座，所以只能是丙坐在座.‎ ‎【详解】由于丁坐在座，则丙不可能坐在座；‎ 由（1）有，丙不可能坐座，则甲或者乙都不能坐在座.‎ 由于丁坐在座,所以丁不坐在座，由（2），则戊不坐在座.‎ 所以只能是丙坐在座. ‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查简单的推理，原命题与你否命题之间的关系,属于基础题.‎ ‎6.如图，如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，已知其俯视图是正三角形，则该几何体的表面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图可知该几何体是底面为矩形高为2的四棱锥，结合图中数据可计算出其表面积.‎ ‎【详解】根据三视图可知该几何体是底面为矩形高为2的四棱锥,且侧面底面，将之放入长方体中，如图.‎ 结合图中数据，该四棱锥的表面积为：‎ - 24 -‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查由三视图求几何体的表面积，属于中档题.‎ ‎7.下列图象中，函数，图象的是（ ）‎ A B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件，分析可得为偶函数且在区间上恒成立，由此可以用排除法得到答案.‎ ‎【详解】根据题意，.‎ 所以为偶函数，其图像关于轴对称，所以可以排除选项.‎ 在上单调递增，所以，且.‎ 则在上，排除选项.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查根据函数解析式选择函数图像，注意分析函数的奇偶性、单调性、定义域、值域和一些特殊点处的函数值，属于中档题.‎ - 24 -‎ ‎8.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，根据角的范围可得到答案.‎ ‎【详解】由有.‎ 所以，即 又，，则，所以 ‎ ，，则 所以有即.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查正切的和角公式的逆用和正切函数的单调性以及二倍角公式，属于中档题.‎ ‎9.将函数的图象横坐标变成原来的（纵坐标不变），并向左平移个单位，所得函数记为.若，，，且，则（ ）‎ A. B. C. 0 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 先利用函数的图像变换规律求得的解析式，再利用正弦函数的图像的对称性，求得的值，可得的值.‎ ‎【详解】将函数的图象横坐标变成原来的（纵坐标不变），得到 的图像.‎ 再左平移个单位，得到.‎ 当，，时，‎ ‎，‎ 由，有 ，所以 所以 故选：D ‎【点睛】本题考查函数的图像变换规律，正弦函数的对称性，属于中档题.‎ ‎10.已知正方体的棱长为2，平面.平面截此正方体所得的截面有以下四个结论：‎ ‎①截面形状可能是正三角形②截面的形状可能是正方形 ‎③截面形状可能是正五边形④截面面积最大值为 则正确结论的编号是（ ）‎ A. ①④ B. ①③ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 由平面，则可以将平面进行平移使之与正方体的表面相交，则交线围成的图形就是截面图形，从而分析出答案.‎ ‎【详解】由平面，当平面为平面，满足截面为正三角形, 故①正确.‎ 则将平面进行平移使之与正方体的表面相交，则交线围成的图形就是截面图形.‎ 如图，当平面向右平移，靠近点时，截面为三角形，面积逐渐变小.‎ 当平面向左平移到与平面重合的过程中，截面为六边形，继续向右平移，截面为三角形.‎ 所以截面形状不可能为正方形，也不可能为正五边形，所以②，③不正确 .‎ 当截面为三角形时的面积 当截面为六边形时，由,即垂直于截面六边形，‎ 设此时截面与面 相交于，如图.‎ 平面平面,则 ‎ 设，所以.‎ 则，则 所以.‎ 同理可得，六边形其他相邻两边的和也为.‎ 所以六边形的周长为定值,所以当六边形的边长相等，即为正六边形时，其面积最大.‎ 此时,正六边形的边长为 .‎ - 24 -‎ 面积的最大值为： ,所以④正确.‎ 所以正确的是①④‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查平面与正方体的截面问题，考查空间想象能力，属于中档题.‎ ‎11.若函数有两个零点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数有两个零点，设，即函数的图像与有两个交点，作出函数图像，可得答案.‎ ‎【详解】函数有两个零点，即方程有两个实数根.‎ 设，即函数的图像与有两个交点， ‎ - 24 -‎ 又，作出函数的图像，如图.‎ 由图可知：当时，函数的图像与有两个交点 所以的取值范围是 故选：C ‎【点睛】本题考查根据函数的零点个数求参数的范围，属于中档题.‎ ‎12.已知抛物线（）的焦点为，与双曲线：（，）的一条渐近线交于（异于原点）.抛物线的准线与另一条渐近线交于.若，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件求出坐标，由结合抛物线的定义，可得垂直于准线，所以由的纵坐标可得 的关系，进而求得双曲线的渐近线方程.‎ - 24 -‎ ‎【详解】双曲线：的渐近线方程为： ‎ 设点在第一象限，由，可得 ‎ 由，可得 ‎ 由，又由抛物线的定义有：点到抛物线的焦点的距离等于到准线的距离.‎ 所以垂直于准线，即，则，也即是 所以双曲线的渐近线方程为： ‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查抛物线的定义的应用和求双曲线的渐近线方程，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷（共70分）‎ 本卷包括必考题和选考题两部分.第13题：第21题为必考题，每个试题考生都必须做答.第22题~第24题为选考题，考生根据要求做答.‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.已知，，则与的夹角为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，再由，根据向量的减法法则可得与的夹角为.‎ ‎【详解】由,的，即.‎ 所以，由向量的加法法则有，‎ 设 则. ‎ - 24 -‎ 与的夹角为.‎ 由，，可得为等边三角形.‎ 所以与的夹角为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查向量的数据的运算和向量的夹角，属于基础题.‎ ‎14.已知实数，满足约束条件则的最小值为__________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 画出约束条件表示的平面区域，平移目标函数找出最优解，求出的最小值.‎ ‎【详解】画出实数，满足约束条件表示的平面区域，如图.‎ 将目标函数变形为 ‎ 表示直线在轴上的截距的2倍，所以只需直线在轴上的截距最小.‎ 由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小.‎ 由 解得 ‎ 所以的最小值为： ‎ 故答案为：4‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查线性规划的简单应用问题，属于基础题.‎ ‎15.《九章算术》是我国古代数学名著，也是古代东方数学的代表作.书中有如下问题：“今有勾八步，股十五步.文勾中容圆径几何？”其意思是：“己知直角三角形两直角边长分别为8步和15步，问其内切圆的直径是多少？”现若向此三角形内投豆子，则落在其内切圆内的概率是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在直角三角形中利用等面积法求出内切圆半径,然后用几何概率公式求解.‎ ‎【详解】己知直角三角形两直角边长分别为8步和15步,则斜边长为17步.‎ 由等面积有，则.‎ 向此三角形内投豆子，则落在其内切圆内的概率是 ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查直角三角形的内切圆的知识，用几何概率公式求概率，属于中档题.‎ ‎16.设的内角、、所对的边分别为，，，，，则面积的最大值是__________.‎ ‎【答案】‎ - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知结合正弦定理以及和角公式化简条件即可求出角，再用余弦定理及基本不等式可求出的最大值，结合三角形的面积公式即可求出答案.‎ ‎【详解】因为，，即 由正弦定理得 ‎ 因为，所以,且 所以.‎ 由余弦定理得： ‎ 所以即，当且仅当时取等号.‎ 所以面积为 ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题.‎ 三、解答题：写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.据历年大学生就业统计资料显示：某大学理工学院学生的就业去向涉及公务员、教师、金融、公司和自主创业等五大行业2020届该学院有数学与应用数学、计算机科学与技术和金融工程等三个本科专业，毕业生人数分别是70人，140人和210人现采用.分层抽样的方法，从该学院毕业生中抽取18人调查学生的就业意向.‎ ‎（1）应从该学院三个专业的毕业生中分别抽取多少人？‎ ‎（2）国家鼓励大学生自主创业，在抽取的18人中，就业意向恰有三个行业的学生有5人为方便统计，将恰有三个行业就业意向的这5名学生分别记为、、、、，统计如下表：‎ - 24 -‎ 公务员 ‎○‎ ‎○‎ ‎×‎ ‎○‎ ‎×‎ 教师 ‎○‎ ‎×‎ ‎○‎ ‎×‎ ‎○‎ 金融 ‎○‎ ‎○‎ ‎○‎ ‎×‎ ‎○‎ 公式 ‎×‎ ‎×‎ ‎○‎ ‎○‎ ‎○‎ 自主创业 ‎×‎ ‎○‎ ‎○‎ ‎×‎ 其中“○”表示有该行业就业意向，“×”表示无该行业就业意向.‎ 现从、、、、这5人中随机抽取2人接受采访.设为事件“抽取的2人中至少有一人有自主创业意向”，求事件发生的概率.‎ ‎【答案】（1）分别抽取3人，6人，9人（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由已知，数学与应用数学、计算机科学与技术和金融工程三个专业的毕业学生之比为1:2:3，采用分层抽样的方法分别计算即可. (2)用列举法得到从、、、、这5人中随机抽取2人接受采访的情况有10种，然后列举出事件所包含的结果，由古典概率的计算公式可得答案.‎ ‎【详解】（1）由己知，数学与应用数学、计算机科学与技术和金融工程三个专业的毕业生人数之比为1：2：3.由于采取分层抽样的方法抽取18人因此应从数学与应用数学、计算机科学与技术和金融工程三个专业分别抽取3人，6人，9人.‎ ‎（2）从这5个人中随机抽取2人的所有结果有：‎ ‎，，，，，，‎ ‎，，，，共10种 由统计表可知，事件包含的结果有：‎ ‎，，，，，，，共7种 所以事件发生的概率为.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查分层抽样、古典概率，考查数据处理的能力、应用能力，考查了统计与概率思想，属于中档题.‎ ‎18.已知数列的前项和为，满足 ‎（1）求；‎ ‎（2）若数列满足（），求的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用公式，直接计算即可. (2)由（1）可得，，用裂项相消求和.‎ ‎【详解】当时，，故 由①‎ 得（）②‎ ‎①-②得，，即 整理得（）‎ 故是以2为首项，2为公比的等比数列，‎ 所以，‎ ‎（2）由（1）得，‎ 故 - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查由含和的递推关系求通项公式，和用裂项相消法求和，属于中档题.‎ ‎19.在三棱柱中，已知侧面，，，，为中点，‎ ‎（1）求证：‎ ‎（2）求到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由条件可得，再由余弦定理求出的长，可得，从而得证. （2）由等体积法，，可求出到平面的距离.‎ ‎【详解】（1）∵侧面，∴①‎ ‎∵，，，∴‎ ‎∵，∴②‎ 由①②及，故平面 ‎∵平面，∴‎ ‎（2）设到平面的距离为 由得，（*）‎ - 24 -‎ ‎∵为中点，∴‎ 又，所以，‎ ‎∵侧面，∴‎ 又，故平面 又平面，所以 ‎∵，，，∴‎ 故 由（*）得，故，即到平面的距离为 ‎【点睛】本题考查利用余弦定理求边长，证明线面垂直、线线垂直和求点面距离，考查了分析问题解决问题的方法，考查了椎体体积公式的应用，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆：（）的右焦点为，离心率，过原点的直线（不与坐标重合）与交于，两点，且 ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过作轴于，连接并延长交椭圆于，求证：以为直径的圆过点.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 设为椭圆的左焦点,根据椭圆的对称性结合椭圆的定义，求出，得出方程. （2）设过原点（不与坐标轴重合）的直线方程为（），，，，求出向量 ，判断出，得到结论.‎ ‎【详解】（1）设为椭圆的左焦点，由对称性可知，，‎ - 24 -‎ 故顶点为，，，的四边形是平行四边形，‎ 故，‎ 又，故，‎ 故所求椭圆方程为 ‎（2）设过原点（不与坐标轴重合）的直线方程为（），‎ ‎，，‎ 则 故：‎ 与椭圆方程联立得，‎ 又直线与椭圆交于，两点，所以 ‎，即 故 所以，‎ 所以 故，即 故以为直径的圆过点.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的定义、性质和求椭圆方程，考查直线与椭圆的综合应用，考查了圆的几何意义的应用与转化，属于中档题.‎ ‎21.已知函数（）最大值是0，‎ ‎（1）求的值；‎ - 24 -‎ ‎（2）若，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），当时，，在上单调递增，不存在最大值，当时，在上单调递增，上单调递减，从而得到答案. (2)由（1）可得即，设，（*）等价于证明则，然后对进行分类讨论即可得到答案.‎ ‎【详解】由已知得（）‎ 当时，，在上单调递增，不存在最大值，不符合题意舍去；‎ 当时，解得 当时，，当时，‎ 故在上单调递增，上单调递减 故 解得 ‎（2）由已知条件得（*）‎ 设，（*）等价于证明则 ‎①当时，则，在上单调递增，‎ 当时，‎ - 24 -‎ 故不符合题意；‎ ‎②当时，当时，，当时，‎ 故在上单调递增，上单调递减 故由最大值 所以等价于能成立，因此能成立，‎ 设，则 当时，，当时，‎ 故在上单调递减，在上单调递增 故在处取得最小值，即，‎ 故当，时，成立，‎ 综上的最小值为-1.‎ ‎【点睛】本题看考场利用导数研究函数的单调性、极值和最值，考查等价转化和分类讨论的方法，属于中档题.‎ ‎22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的方程为.‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设曲线与直线交于点，点的坐标为（3，1），求.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用极坐标与直角坐标的互化公式:即可求解;‎ - 24 -‎ 联立直线的方程和曲线的方程,整理化简得到关于的一元二次方程,由题知点在直线上,利用参数方程中参数的几何意义及一元二次方程中的韦达定理即可求出的值.‎ ‎【详解】因为曲线的方程， ‎ ‎∴，‎ ‎ ‎ ‎∴，‎ 化简得,曲线的直角坐标方程为：.‎ ‎（2）把直线代入曲线得，‎ 整理得，.‎ ‎∵，所以方程有两个不等实根，‎ 设为方程的两个实数根，由韦达定理可得,‎ ‎，，∴为异号，‎ 又∵点（3，1）在直线上，由参数方程中参数的几何意义可得,‎ ‎.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程中参数的几何意义等知识，考查学生的运算能力、推理论证能力；其中正确掌握参数方程中参数的几何意义是求解本题的关键;属于中档题.‎ ‎23.已知函数 当时,求不等式的解集 当时,不等式成立,求实数的取值范围 - 24 -‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分类讨论去绝对值解不等式 ‎（2）去绝对值分离参数求最值即可 ‎【详解】时,,‎ 当时,不成立，‎ 当时，，‎ 当时,不等式成立，‎ 的解集为 ‎(2)当时，化为,，‎ ‎，‎ ‎，‎ 在上是减函数，故；在上是增函数，故 ‎,的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查恒成立问题求参数，注意分离参数是常见方法，是中档题 - 24 -‎ - 24 -‎