福建省厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理）模拟考试试题 Word版含解析

福建省厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理）模拟考试试题 Word版含解析

www.ks5u.com 厦门市2020届高中毕业班第一次质量检测 数学（理科）模拟试题 一、选择题：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，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合，，再根据交集和补集的定义求解即可．‎ ‎【详解】解：∵，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的交集和补集，属于基础题．‎ ‎2.设，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据共轭复数的定义以及复数的模直接运算即可．‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴，‎ - 25 -‎ ‎∴，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查共轭复数和复数的模，属于基础题．‎ ‎3.中国武汉于2019年10月18日至2019年10月27日成功举办了第七届世界军人运动会.来自109个国家9300余名运动员同台竞技.经过激烈的角逐，奖牌榜的前3名如下：‎ 国家 金牌 银牌 铜牌 奖牌总数 中国 ‎133‎ ‎64‎ ‎42‎ ‎239‎ 俄罗斯 ‎51‎ ‎53‎ ‎57‎ ‎161‎ 巴西 ‎21‎ ‎31‎ ‎36‎ ‎88‎ 某数学爱好者采用分层抽样的方式，从中国和巴西获得金牌选手中抽取了22名获奖代表.从这22名中随机抽取3人， 则这3人中中国选手恰好1人的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据分层抽样确定中国选手的人数，再利用组合数根据古典概型的概率计算公式求解即可．‎ ‎【详解】解：中国和巴西获得金牌总数为154，按照分层抽样方法，‎ ‎22名获奖代表中有中国选手19个，巴西选手3个，‎ 故这3人中中国选手恰好1人的概率，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查分层抽样和古典概型的概率计算公式，属于基础题．‎ ‎4.已知等差数列 的前项和为，公差为-2，且是与的等比中项，则的值为（ ）‎ A. －110 B. －90 C. 90 D. 110‎ - 25 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比中项定义得，结合公差可求出首项，从而可得答案．‎ ‎【详解】解：∵是与的等比中项，‎ ‎∴，‎ 又数列的公差为，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的前项和，考查等比中项的应用，属于基础题．‎ ‎5.已知函数，给出以下四个结论：‎ ‎(1)是偶函数； ‎ ‎(2)的最大值为2； ‎ ‎(3)当取到最小值时对应的；‎ ‎(4)在单调递增，在单调递减.‎ 正确的结论是（ ）‎ A. (1) B. (1)(2)(4) C. (1)(3) D. (1)(4)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据偶函数的定义可判断（1），再利用导数研究函数的单调性与最值．‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴，‎ - 25 -‎ ‎∴函数为偶函数，故（1）对；‎ 又，‎ ‎∴当时，，则，‎ ‎∴在上单调递增，‎ 结合偶函数的性质可知在单调递减，‎ ‎∴函数在处取得最小值，无最大值，‎ 故（3）对，（2）（4）错，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查偶函数的定义及判断，考查利用导数研究函数的单调性与最值，属于中档题．‎ ‎6.已知正四棱柱的底面边长为1，高为2，为的中点，过作平面平行平面，若平面把该正四棱柱分成两个几何体，则体积较小的几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设为的中点，为的中点，连接，，，连接，利用面面平行的判定定理可证得平面平面，从而平面为平面，从而可得体积较小的几何体为三棱锥，再根据棱锥的体积计算公式求解即可．‎ ‎【详解】解：设为的中点，为的中点，连接，，，连接，‎ - 25 -‎ 在四棱柱中，易证，则，‎ ‎∵为的中点，为的中点，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∵平面，平面，∴平面，‎ 同理可证：平面，平面，‎ ‎∵，，平面，∴平面平面，‎ 即平面为平面，‎ ‎∴体积较小的几何体为三棱锥，‎ 则体积，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查面面平行的判定，考查棱锥的体积公式，属于基础题．‎ ‎7.设，，，，则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. .‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数幂的运算性质化成同分母，再求出分子的近似值即可判断大小．‎ - 25 -‎ ‎【详解】解：，，，，‎ 由于，，，所以，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查比较幂的大小，属于基础题．‎ ‎8.函数的最小正周期与最大值之比为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 去掉绝对值作出函数的图象即可求出函数的周期与最值，从而得出答案．‎ ‎【详解】解：去绝对值，‎ 作出图象得 由图可知，函数的最小正周期为，最大值为，‎ 所以最小正周期与最大值之比为，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，考查分类讨论与数形结合的思想，属于中档题．‎ ‎9.已知三角形为直角三角形，点为斜边的中点，对于线段上的任意一点都有， 则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 25 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，再分类讨论，结合三角函数的性质即可得出结论．‎ ‎【详解】解：由已知可得，设，‎ 当与重合时，，符合题意；‎ 当与重合时，，，代入，‎ 得，此时，‎ 同理，当与重合时 ‎ 故，‎ 由，得，‎ 即，结合可得，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查向量的数量积，考查三角函数的性质，考查分类讨论思想，属于中档题．‎ ‎10.中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编制《大衍历》发明了一种近似计算的方法——二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是比我国张隧晚了上千年）：对于函数在处的函数值分别为，则在区间上 可以用二次函数来近似代替，其中.若令，，，请依据上述算法，估算的近似值是（ ）‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接按照所给算法逐步验算即可得出最终结论．‎ ‎【详解】解：函数在，，处的函数值分别为 ‎，，，‎ 故，，，‎ 故，‎ 即，‎ ‎∴，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查新定义问题，准确理解题目所给运算法则是解决本题的关键，属于中档题．‎ ‎11.已知双曲线的右支与抛物线相交于两点，记点到抛物线焦点的距离为，抛物线的准线到抛物线焦点的距离为，点到抛物线焦点的距离为，且构成等差数列，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，抛物线焦点为，由已知可得 - 25 -‎ ‎，根据抛物线定义可得，利用点差法可得，从而可求得渐近线方程．‎ ‎【详解】解：设，，抛物线焦点为，‎ 由已知有，即，‎ 由，两式相减得，‎ 即，故，‎ ‎∴渐近线方程为，‎ 故选：A ．‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义，考查双曲线的渐近线，考查推理能力与运算能力，属于中档题．‎ ‎12.已知方程只有一个实数根，则的取值范围是（ ）‎ A. 或 B. 或 C. D. 或 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，则原方程转化成，令，显然，问题转化成函数在上只有一个零点1，求导后再利用导数研究函数的单调性与最值，由此可得答案．‎ ‎【详解】解：令，则原方程转化成，即 - 25 -‎ ‎，‎ 令，显然，‎ 问题转化成函数在上只有一个零点1，‎ ‎，‎ 若，则在单调递增，，此时符合题意；‎ 若，则，在单调递增，，此时符合题意；‎ 若，记，‎ 则函数开口向下，对称轴，过，，‎ 当即即时，，在单调递减，，此时符合题意；‎ 当即即时，设有两个不等实根，，‎ 又，对称轴，所以，‎ 则在单调递减，单调递增，单调递增，‎ 由于，所以，‎ 取，，‎ 记 令，‎ 则，所以，‎ 结合零点存在性定理可知，函数在存在一个零点，不符合题意；‎ 综上，符合题意的的取值范围是或，‎ 故选：A．‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查推理能力与运算能力，考查分类讨论思想，属于难题．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.的展开式中二项式系数最大的项为 ________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 的展开式中二项式系数最大的项为第三项，根据公式求解即可．‎ ‎【详解】解：由题意可知二项式系数最大的项为第三项，‎ ‎，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理及其应用，属于基础题．‎ ‎14.高三年段有四个老师分别为，这四位老师要去监考四个班级，每个老师只能监考一个班级，一个班级只能有一个监考老师.现要求老师不能监考班，老师不能监考班，老师不能监考班，老师不能监考班，则不同的监考方式有____种.‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以老师监考的班级分类讨论即可求出答案．‎ ‎【详解】解：当老师监考班时，剩下的三位老师有3种情况，同理当老师监考班时，也有3种，当老师监考班时，也有3种，共9种，‎ 故答案为：9．‎ ‎【点睛】本题主要考查计数原理，属于基础题．‎ ‎15.已知圆：， 圆：. 若圆上存在点，过点作圆的两条切线. 切点为，使得，则实数的取值范围是_______‎ ‎【答案】‎ - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得问题转化为圆和圆有公共点，从而根据几何法即可求出答案．‎ ‎【详解】解：已知有，即点的轨迹方程为圆：，‎ 问题转化为圆和圆有公共点，‎ 则，故，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查圆和圆的位置关系，属于基础题．‎ ‎16.已知正方体的棱长为3. 点是棱的中点，点是棱上靠近点的三等分点. 动点在正方形(包含边界)内运动， 且面，则动点所形成的轨迹的长度为_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，取，则平面平面，延长，延长，交于点，连接交于点，可证得点的轨迹是线段，从而可求出答案．‎ ‎【详解】解：由于平面，所以点在过且与面平行的平面上，‎ - 25 -‎ 取中点，取，则平面平面，‎ 延长，延长，交于点，连接交于点，‎ 显然，平面平面，所以点的轨迹是线段，‎ 由中位线定理可证得，‎ ‎∴，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查面面平行的判定与性质，考查平面的基本公理，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题、第23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.已知函数.‎ ‎（1）求的单调递减区间；‎ ‎（2）在锐角中，，，分别为角，，的对边，且满足，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据降幂公式化简的解析式，再用整体代入法即可求出函数的单调递减区间；‎ ‎（2）由正弦定理边化角，从而可求得，根据锐角三角形可得从而可求出答案．‎ ‎【详解】解：（1），‎ - 25 -‎ 由得 所以的单调递减区间为；‎ ‎（2）由正弦定理得，‎ ‎∵∴，‎ 即，‎ ‎，‎ 得，或，‎ 解得，或（舍），‎ ‎∵为锐角三角形，‎ ‎∴解得 ‎∴‎ ‎∴的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的化简与性质，考查正弦定理的作用，属于基础题．‎ ‎18.在三棱柱中，已知，，为的中点，平面 ‎（1）证明四边形为矩形；‎ - 25 -‎ ‎（2）求直线与平面所成角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接，可得，易证，则平面，从而可证，由此即可得出结论；‎ ‎（2）以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用法向量解决问题．‎ ‎【详解】解：（1）连接，因为为的中点，可得，‎ ‎∵平面， 平面，∴，‎ 又∵，∴平面，∴，‎ ‎∵， ∴，‎ 又∵四边形为平行四边形，‎ ‎∴四边形为矩形；‎ ‎（2）如图，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则 中，，中，，‎ ‎，∴，，，‎ - 25 -‎ 设平面的法向量是，‎ 由得即，可取，‎ 设直线与平面所成角为，则，‎ ‎，‎ ‎∵，∴，‎ 即直线与平面所成角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的判定与性质，考查直线与平面所成的角，属于中档题．‎ ‎19.根据养殖规模与以往的养殖经验，某海鲜商家的海产品每只质量（克）在正常环境下服从正态分布．‎ ‎（1）随机购买10只该商家的海产品，求至少买到一只质量小于克该海产品的概率．‎ ‎（2）2020年该商家考虑增加先进养殖技术投入，该商家欲预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量．现用以往的先进养殖技术投入（千元）与年收益增量（千元）（）的数据绘制散点图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线的附近，且，，，，，， ，其中， =．根据所给的统计量，求关于的回归方程，并预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量．‎ 附：若随机变量，则，；‎ 对于一组数据，，，，其回归线 - 25 -‎ 的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．‎ ‎【答案】（1）0.0129（2）， 千元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正态分布的对称性可知，，设购买10只该商家海产品，其中质量小于的为只，故，由此可求出答案；‎ ‎（2）根据最小二乘法可求出回归方程，由此可求出答案．‎ ‎【详解】解：（1）由已知，单只海产品质量，则，，‎ 由正态分布的对称性可知，‎ ‎，‎ 设购买10只该商家海产品，其中质量小于的为只，故，‎ 故，‎ 所以随机购买10只该商家的海产品，至少买到一只质量小于克的概率为；‎ ‎（2）由，，，，‎ 有，‎ 且，‎ 所以关于的回归方程为，‎ 当时，年销售量的预报值千元，‎ 所以预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量为千元．‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查标准正态分布及其应用，考查最小二乘法求线性回归方程，属于基础题．‎ ‎20.在平面直角坐标系中，圆，点，过的直线与圆交于点，过做直线平行交于点．‎ ‎（1）求点的轨迹的方程；‎ ‎（2）过的直线与交于、两点，若线段的中点为，且，求四边形面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得，可得，则的轨迹是焦点为，，长轴为的椭圆的一部分，再用待定系数法即可求出方程；‎ ‎（2）由题意设直线方程为，设，，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理表示出，可得，设四边形的面积为，则，再根据基本不等式即可求出答案．‎ ‎【详解】解：（1）因为，又因为，所以，‎ 所以，‎ 所以轨迹是焦点为，，长轴为的椭圆的一部分，‎ 设椭圆方程为，‎ 则，，所以，，‎ 所以椭圆方程为， ‎ 又因为点不在轴上，所以，‎ - 25 -‎ 所以点的轨迹的方程为；‎ ‎（2）因为直线斜率不为0，设为，‎ 设，，联立整理得，‎ 所以，，，‎ 所以， ‎ ‎∵，∴， ‎ 设四边形的面积为，‎ 则 ，‎ 令，‎ 再令，则在单调递增，‎ 所以时，，‎ 此时，取得最小值，所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的定义及其性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎21.已知函数有两个零点 ‎（1）求的取值范围；‎ ‎（2）记的极值点为，求证：.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ ‎（1）求导得，分类讨论求出函数的单调性，从而可求出答案；‎ ‎（2）由题意得，则，令函数，则，利用导数可求得，从而可得，可得，要证，只需，令，即证，令，求导后得函数的单调性与最值，由此可证结论．‎ ‎【详解】解：（1）因为，‎ 当时，，在单调递增，至多只有一个零点，不符合题意，舍去； ‎ 当时，若，则；若，则，‎ 所以在单调递增，在单调递减，‎ 所以，‎ 因为有两个零点，所以必须，则，‎ 所以，解得，‎ 又因为时，； 时，，‎ 所以当时，在和各有一个零点，符合题意，‎ 综上，；‎ ‎（2）由（1）知，且，‎ 因为的两个零点为，所以，所以，‎ - 25 -‎ 解得，令所以，‎ 令函数，则，‎ 当时，；当时，；‎ 所以在单调递增，在单调递减，‎ 所以，所以，所以，‎ 因为，又因为，所以，‎ 所以，即，‎ 要证，只需，‎ 即证，即证，即证，‎ 令，再令，即证，‎ 令，则， ‎ 所以在单调递增，所以，‎ 所以，原题得证．‎ ‎【点睛】本题主要考查根据导数研究函数的单调性与最值，考查推理能力与运算能力，属于难题．‎ ‎（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．‎ ‎22.在直角坐标系xOy下，曲线C1的参数方程为（ 为参数），曲线C1在变换T - 25 -‎ ‎：的作用下变成曲线C2．‎ ‎（1）求曲线C2的普通方程；‎ ‎（2）若m>1，求曲线C2与曲线C3：y=m|x|-m的公共点的个数．‎ ‎【答案】（1）．（2）4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出曲线C1的普通方程，再根据图象变换可求出曲线C2的普通方程；‎ ‎（2）由题意可得上的点在椭圆E：外，当时，曲线的方程化为，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理可得当时，曲线C2与曲线C3有且只有两个不同的公共点，又曲线C2与曲线C3都关于y轴对称，从而可得结论．‎ ‎【详解】解：（1）因为曲线C1的参数方程为 ‎ 所以曲线C1的普通方程为， ‎ 将变换T：即代入，得， ‎ 所以曲线C2的普通方程为． ‎ ‎（2）因为m>1，所以上的点在在椭圆E：外，‎ 当x>0时，曲线的方程化为，‎ 代入，得，（*）‎ 因为，‎ 所以方程（*）有两个不相等的实根x1，x2，‎ - 25 -‎ 又，，所以x1>0，x2>0，‎ 所以当x>0时，曲线C2与曲线C3有且只有两个不同的公共点， ‎ 又因为曲线C2与曲线C3都关于y轴对称，‎ 所以当x<0时，曲线C2与曲线C3有且只有两个不同的公共点， ‎ 综上，曲线C2与曲线C3：y=m|x|-m的公共点的个数为4．‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程与图象变换，考查直线与椭圆的位置关系，属于中档题．‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若当时，不等式恒成立，求实数m的取值范围．‎ ‎【答案】（1）{x|或}．（2）（，8）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分类讨论去掉绝对值后再解不等式；‎ ‎（2）由题意可得恒成立，令，利用绝对值三角不等式以及基本不等式可得，从而得出结论．‎ ‎【详解】解：（1）当m=5时，，‎ 或或 或或或或 或，所以不等式的解集为{x|或}；‎ - 25 -‎ ‎（2）由条件，有当时，不等式，‎ 即恒成立，‎ 令，‎ 则因为，‎ 且， ‎ 所以，‎ 所以m<8，即实数m的取值范围为（，8）．‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，考查绝对值的三角不等式，考查计算能力，属于中档题．‎ - 25 -‎ ‎ ‎ - 25 -‎