福建省厦门市2020届高三线上质量检查数学（文科）试题 Word版含解析

福建省厦门市2020届高三线上质量检查数学（文科）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 厦门市2020届高中毕业班线上质量检查（一）‎ 数学（文科）试题 一、选择题：本题共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.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合B，再与集合A求交集.‎ ‎【详解】因为，‎ 又因为，‎ 所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎2.椭圆：焦点坐标为（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化为标准方程，求得，判断焦点位置，写焦点坐标.‎ ‎【详解】因为椭圆：，‎ 所以标准方程为，‎ - 25 -‎ 解得，‎ 因为焦点在y轴上，‎ 所以焦点坐标为，.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎3.记为等差数列的前项和，且，，则数列的公差是（ ）‎ A. 2 B. 1 C. －1 D. －2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，，即，联立求解.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为d，‎ 因为，，‎ 所以，，‎ 解得d=-1.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式和前n项和，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎4.《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明.如图是赵爽弦图及注文.弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实.图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成朱色及黄色，其面积称为朱实、黄实.由2×勾×股+（股－勾）2=4×朱实+黄实=弦实，化简得勾2+股2=弦2.若图中勾股形的勾股比为，向弦图内随机抛掷100颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉颗数大约为（ ）（参考数据：，）‎ - 25 -‎ A. 2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设勾为a，则股为，求得大正方形的边长，面积，小正方形的边长，面积，再利用几何概型求得概率即可.‎ ‎【详解】设勾为a，则股为，‎ 大正方形的边长为，则其面积为，‎ 小正方形的边长为，则其面积为，‎ 所以落在黄色图形内的概率为：，‎ 落在黄色图形内的图钉颗数大约.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查几何概型的概率，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎5.已知角的终边经过点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据角的终边经过点，利用三角函数的定义求得，再利用两角和与差的正切公式求解.‎ - 25 -‎ ‎【详解】因为角的终边经过点，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查三角函数的定义及两角和与差的正切公式，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎6.，是两个平面，，是两条直线，且，，则下列命题中正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用面面平行和面面垂直的性质定理判断.‎ ‎【详解】若，因为，‎ 所以则，‎ 又因为，‎ 所以，故B正确，A错误.‎ 若，因为，‎ 或，故C，D错误 故选：B ‎【点睛】本题主要考查面面平行和面面垂直的性质定理，还考查了空间想象，理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎7.在菱形中，，，为的中点，则（ ）‎ A. 10 B. 12 C. 16 D. 36‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 利用向量的中点坐标公式，将，转化为，再利用数量积的运算律和公式求解.‎ ‎【详解】在菱形中，，，为的中点，‎ 则.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查平面向量在平面几何中的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎8.已知数列满足，（），则（ ）‎ A. 31 B. 32 C. 63 D. 64‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据时，由，得两式相减得：，得到数列是等比数列，再利用通项公式求解.‎ ‎【详解】当时，由，‎ 得，‎ 两式相减得：，‎ 又因为，‎ 所以数列时等比数列.‎ 所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查数列的通项公式和前n项和公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎9.已知，，，则（ ）‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，得，，，再比较.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 又因为，，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查对数的换底公式和对数比较大小，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎10.在正三棱柱中，，，，，分别为，，，的中点，是线段上的一点.有下列三个结论：‎ ‎①平面；②；③三棱锥的体积是定值.‎ 其中所有正确结论的编号是（ ）‎ A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 充分利用正三棱柱的几何特征，面面平行的性质定理和线面垂直的判断定理以及等体积法求解.‎ ‎【详解】如图所示：‎ - 25 -‎ 因为，‎ 所以平面BDF.‎ 又因为DF//EG，‎ 所以EG//平面BDF， ，‎ 所以平面平面BDF， ‎ 所以平面，故①正确.‎ 因为，‎ 所以，‎ 又因为，，‎ 所以平面BDF，‎ 所以，故②正确.‎ ‎，故③正确.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查直线与平面的位置关系，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎11.已知双曲线：（）的左，右焦点分别为，，抛物线：（）的焦点与重合，点是与的交点，且，则的离心率是（ ）‎ - 25 -‎ A 2 B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的定义和，得到，再根据双曲线的定义，求得，，然后用余弦定理求解.‎ ‎【详解】如图所示：‎ 过作抛物线的准线的垂线，‎ 因为，‎ 所以，‎ 又，∴，‎ 在中，由余弦定理得 即，‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ ‎∴或 - 25 -‎ 又，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义和双曲线的定义及几何性质，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎12.函数，若（）对恒成立，则（ ）‎ A. －1 B. 0 C. 1 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，求导，可知在R上是增函数，而当时，，当时，，根据，对恒成立，则必有成立.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 所以在R上是增函数，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 因为，对恒成立，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故选：A - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性和不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.复数（为虚数单位），则的虚部是______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简复数，再由复数概念求解.‎ ‎【详解】因为复数 所以的虚部是2‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的运算及概念，还考查了运算求解和理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎14.若，满足约束条件则的最大值是______.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，满足约束条件，画出可行域，平移所在的直线，找到最优点，将坐标代入求解.‎ ‎【详解】因为，满足约束条件 所对应的可行域如图所示：‎ - 25 -‎ 平移所在的直线，找到最优点A（1，1），所以的最大值是4.‎ 故答案为：4‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划求最值，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎15.如图，函数（，）的图象与坐标轴交于点，，，直线交的图象于点，（坐标原点）为的重心，，则点的坐标为______，______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据（坐标原点）为的重心，，则有d，，得到，同时，是半个周期，可求得，再代入一个零点，求得即可.‎ ‎【详解】因为（坐标原点）为的重心，，‎ 所以，‎ - 25 -‎ 所以，‎ 所以.‎ 所以，，‎ 因为，，‎ 所以.‎ 所以.‎ 故答案为：①. ②. ‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎16.已知数列满足，且（），则的最大值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意有，两式相减的，则数列的奇数项和偶数项都是递减数列 ，再根据求几项即可.‎ ‎【详解】根据题意得：，‎ - 25 -‎ 所以，‎ 所以数列的奇数项和偶数项都是递减数列，‎ 又因为，所以，，‎ 的最大值是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查数列的递推关系的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ 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17~21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.‎ ‎17.的内角，，的对边分别为，，，已知，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，点在边上，且，求的面积.‎ ‎【答案】（1）5；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理将，转化为，再利用两角和与差的三角函数转化为，再求解.‎ ‎（2）在中，利用余弦定理求得边a，在中，求得，，再利用正弦定理求解.‎ - 25 -‎ ‎【详解】（1）∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，∴‎ ‎（2）如图所示:‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，∵，∴.‎ ‎∵在中，，，∴是等边三角形，‎ ‎∴，，∴，，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎18.如图，四边形是边长为2的菱形，，，都垂直于平面，且.‎ - 25 -‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）法一由，利用线面平行的判定定理，得到面，同理面，再由面面平行的判定定理得到面面即可.‎ ‎（2）法一：连接，交于点，利用线面垂直的判定定理易得面，面，面，∴，又，，四边形为矩形，利用等体积法求解.‎ ‎【详解】（1）法一∵，面，面，‎ ‎∴面，‎ ‎∵平面，平面，∴，‎ 又面，面，∴面，‎ ‎∵，∴面面，‎ 又面，∴面.‎ 法二：取中点，连接，，‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴，∴四边形为平行四边形，‎ ‎∴，∴四边形为平行四边形，‎ ‎∴.‎ - 25 -‎ ‎∵平面，平面，∴，∴，，，四点共面.‎ ‎∴面.‎ 又面，∴面.‎ ‎（2）法一：连接，交于点，‎ ‎∵面，面，∴.‎ 又，，‎ ‎∴面.‎ 等边中，，，‎ ‎∵面，面，‎ ‎∴，又，.‎ ‎∴四边形为矩形，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ 法二：∵面，面，∴，‎ 又面，面，‎ ‎∴面.‎ 取中点，连接，‎ - 25 -‎ ‎∵面，面，∴，‎ 在等边中，，‎ 又，∴面，‎ ‎∴到面的距离即为.‎ 又，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行、面面平行的判定定理和性质定理，还考查了数形结合、转化化归的思想和空间想象的能力，属于中档题.‎ ‎19.凤梨穗龙眼原产厦门，是厦门市的名果，栽培历史已有100多年.龙眼干的级别按直径的大小分为四个等级（如下表）.‎ 级别 三级品 二级品 一级品 特级品 某商家为了解某农场一批龙眼干的质量情况，随机抽取了100个龙眼干作为样本（直径分布在区间），统计得到这些龙眼干的直径的频数分布表如下：‎ 频数 ‎1‎ ‎29‎ ‎7‎ 用分层抽样的方法从样本的一级品和特级品中抽取6个，其中一级品有2个.‎ ‎（1）求、的值，并估计这批龙眼干中特级品的比例；‎ ‎（2）已知样本中的100个龙眼干约500克，该农场有500千克龙眼干待出售，商家提出两种收购方案：‎ 方案：以60元/千克收购；‎ 方案：以级别分装收购，每袋100个，特级品40元/袋、一级品30元/袋、二级品20元/袋、三级品10元/袋.‎ - 25 -‎ 用样本的频率分布估计总体分布，哪个方案农场的收益更高？并说明理由.‎ ‎【答案】（1），；（2）应选择方案，理由见解析 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）根据题意，建立方程组求解/‎ ‎（2）农场选择方案获得的收入为（元），设农场选择方案获得的收入为元，依题意先计算500千克龙眼干共可以分装多少袋，再利用样本估计总体，分别明确特级品，一级品，二级品，三级品各多少袋，再求解比较.‎ ‎【详解】（1）依题意得，‎ 解得.‎ ‎∴所抽取的100个龙眼干中特级品的频率为，‎ ‎∴用样本频率估计总体分布得，这批龙眼干中特级品的比例为58%.‎ ‎（2）农场选择方案获得的收入为（元），‎ 设农场选择方案获得的收入为元，‎ 则依题意得500千克龙眼干共可以分装1000袋，‎ 用样本频率估计总体分布得：‎ 特级品有袋，一级品有袋，‎ 二级品有袋，三级品有袋.‎ ‎∴（元）‎ ‎∵，∴农场应选择方案.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查样本估计总体，还考查了数据处理的能力，属于中档题.‎ ‎20.已知点，，直线，相交于点，且它们的斜率乘积为.‎ ‎（1）求点的轨迹的方程；‎ ‎（2）设曲线与轴正半轴交于点，直线：与交于，两点，是线段的中点.证明：.‎ ‎【答案】（1）（）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设点的坐标为，根据题意，即，再化简求解.‎ ‎（2）设直线：与曲线的交点为，由，得，又，，，要证，根据三角形中线定理，即证，再利用向量法由求解.‎ ‎【详解】（1）设点的坐标为，‎ ‎∵，∴，‎ 化简得：，又，‎ 故动点的轨迹的方程为（）.‎ ‎（2）设直线：与曲线的交点为，，‎ 由，得，‎ - 25 -‎ 又，，，‎ 法一：要证，即证，即证①，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，‎ ‎.‎ 故①式成立，则命题得证.‎ 法二：点坐标为，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故，则命题得证.‎ ‎【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法和直线与椭圆的位置关系，还考查了数形结合、转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）若在上单调递增，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若有两个极值点，，证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将在上单调递增，转化为在上恒成立，‎ - 25 -‎ 恒成立求解.‎ ‎（2）利用换元法，设，将，转化为，则由，，∴，得到有两个极值点，（），再将证明，转化为证明，令（），求其最大值即可.‎ ‎【详解】（1）依题意得在上恒成立，‎ 得，∵（当时等号成立），‎ ‎∴的取值范围为.‎ ‎（2）令，设，则（*），‎ 当时，，设方程（*）的两个实根为，（），‎ 则，，∴，‎ ‎∴，‎ 当时，，单调递增，‎ 当时，，单调递减，‎ 当时，，单调递增，‎ ‎∴有两个极值点，（），‎ ‎∴，‎ ‎（），‎ 令（），∴，‎ 当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减.‎ - 25 -‎ ‎∴，∴，即.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与函数的极值，还考查了数形结合、转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）写出的极坐标方程；‎ ‎（2）设点的极坐标为，射线分别交，于，两点（异于极点），当时，求.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用，消去的参数将的参数方长化为普通方程，再根据直角坐标和极坐标转换公式，转化为极坐标方程.‎ ‎（2）将射线分别于的极坐标方程联立，求得两点对应的，由此求得的表达式，求得的表达式，根据列方程，由此求得的值.‎ ‎【详解】（1）∵（为参数）‎ ‎∴曲线的普通方程为，即 ‎∵，，∴‎ ‎∴曲线的极坐标方程为 ‎（2）依题意设，，‎ ‎∴由得.由得.‎ - 25 -‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴.‎ ‎∵是圆的直径，∴.‎ ‎∴在直角中，‎ ‎∵在直角中，‎ ‎∴，即 ‎∴，即.‎ ‎【点睛】本题考查曲线的普通方程、参数方程、极坐标方程等知识；考查运算求解能力；考查数形结合、函数与方程思想.‎ ‎23.设函数.‎ ‎（1）若，求实数的取值范围；‎ ‎（2）证明：，恒成立.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将不等式化为，利用零点分段法，求得不等式的解集.‎ ‎（2）将要证明的不等式转化为证，恒成立，由 - 25 -‎ 的最小值为，得到只要证，即证，利用绝对值不等式和基本不等式，证得上式成立.‎ ‎【详解】（1）∵，∴，即 当时，不等式化为，∴‎ 当时，不等式化为，此时无解 当时，不等式化为，∴‎ 综上，原不等式的解集为 ‎（2）要证，恒成立 即证，恒成立 ‎∵的最小值为－2，∴只需证，即证 又 ‎∴成立，∴原题得证 ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的性质、解法，基本不等式等知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查化归与转化，分类与整合思想.‎ - 25 -‎ - 25 -‎