福建省三明市2020届高三数学5月质量检查测试试题 理（含解析）

PAGE福建省三明市2020届高三数学5月质量检查测试试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 理（含解析）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.已知复数满足（是虚数单位），则在复平面内对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】求出的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 形式，得出对应点坐标，从而得出结果.【详解】解：因为复数满足（是虚数单位），所以，复数对应的点为，落在第三象限故选C.【点睛】本题考查了复数的运算与复数的几何意义，解题的关键是根据复数运算规则得出复数的标准形式.2.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出集合A、B对应的范围，根据交集规则得出结果.【详解】解：因为集合，所以，因为，所以，故故选A.【点睛】本题考查了集合的交集问题，解题的关键是求解出两个集合中的不等式.3.在中，点在边上，且，设，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】在中将向量分解为，再利用共线定理将转化为，最后将转化为，从而解决问题.【详解】解：在中，因为，所以，又因为,所以，故选A.【点睛】本题考查了向量的线性运算问题，熟练运用三角形法则与共线定理是本题解题的关键.4.已知实数满足约束条件，则的最小值为（）A.3B.4C.5D.9【答案】B【解析】【分析】作出约束条件对应的平面区域，根据线性规划知识将直线进行平移，得出最值.【详解】解：作出约束条件对应的平面区域，如图所示，，目标形式的几何意义是一条斜率为的直线，当直线平移经过点A时，取得最小，联立方程组，解得点A的坐标为（0,2），故，故选B.【点睛】本题考查了线性规划的知识，解题的关键是能准确地作出不等式组对应的平面区域，还要能准确地解析出目标形式的几何意义.5.执行如图所示的程序框图，若输入的的值分别为1，2，则输出的是（）A.70B.29C.12D.5【答案】B【解析】【分析】此程序框图是循环结构图，模拟程序逐层判断，得出结果.【详解】解：模拟程序：的初始值分别为1,2，4，第1次循环：，，不满足；第2次循环：，，不满足；第3次循环：，，满足，故输出.故选B.【点睛】本题考查了程序框图的循环结构，解题的关键是要读懂循环结构的流程图，根据判断框内的条件逐步解题.6.下列数值最接近的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用两角和差 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 将每一个选项进行合并，再利用三角函数图像比较每一选项的大小，从而得出结果.【详解】解：选项A：；选项B：；选项C：；选项D：，经过化简后，可以得出每一个选项都具有的形式，要使得选项的数值接近，故只需要接近于，根据三角函数图像可以得出最接近，故选D.【点睛】本题考查了两角和差公式、诱导公式、三角函数图像等知识，解题的关键是熟练运用三角变换公式将每一个选项转变为相似的形式.7.在直三棱柱中，.以下能使的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据条件直三棱柱中，可以得出平面，故能得到，要证，即证明平面，从而得出答案.【详解】解：因为直三棱柱所以，又因为，所以因为，平面，所以平面，所以，那么，要证，故只需要证明平面，即证，因为直三棱柱的侧面都是长方形，当增加条件时，则可以得到，因为，，平面，所以平面，所以.故选B.【点睛】本题考查了线面垂直、线线垂直的问题，解题的关键是从选项中寻找出条件，得出线面垂直，从而得出线线垂直.8.将函数的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像.如图是的部分图像，其中是其与轴的两个交点，是其上的点，，且是等腰直角三角形.则与的值分别是（）A.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【分析】先由求出，然后根据是等腰直角三角形，求得，得到周期求出的值，将A点代入函数中去，解出.【详解】解：将函数的图像向右平移个单位长度后得到函数为，因为是等腰直角三角形，所以，即，解得，所以周期，即，故，解得，当时，，即，解得：，因为，所以，故选D.【点睛】本题考查了根据三角函数图像求解参数的问题，三角函数中常见的几个参数的一般解法是：由的值可以解出的值，由最值可以得出的值，由特殊点可以得出的值.9.斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，是根据斐波那契数列1，1，2，3，5，…画出来的螺旋曲线.如图，白色小圆内切于边长为1的正方形，黑色曲线就是斐波那契螺旋线，它是依次在以1，2，3，5为边长的正方形中画一个圆心角为的扇形，将其圆弧连接起来得到的.若在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出阴影部分的面积，再求出矩形的面积，根据几何概型的计算公式进行求解.【详解】解：由图可知，阴影部分的面积为，矩形的面积为，故此点取自阴影部分的概率为，故选D.【点睛】本题考查了几何概型的问题，几何概型往往以长度、面积、体积为测度，熟记几何概型的计算公式是关键.10.已知直线与中心在原点的双曲线交于两点，是的右焦点，若，则的离心率为（）A.B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】由，得到，由对称性可知是的中点，从而可得，再由直线的斜率为得到,可得到点B的坐标，将点B的坐标代入到双曲线方程得到关于的等量关系式，得出离心率.【详解】解：因为直线经过原点，所以直线与双曲线的交点A、B关于原点对称，所以，即是的中点，因为若，所以,故，直线的斜率为，所以,故，将点代入双曲线得，，即，因为，故，即，解得：或因为，所以，故选A.【点睛】本题考查了双曲线的离心率问题，解决问题的关键是要能从题意中将关于的等量关系式构造出来.11.依照某发展中国家2020年的官方资料，将该国所有家庭按年收入从低到高的顺序平均分为五组，依次为第一组至第五组，各组家庭的年收入总和占该国全部家庭的年收入总和的百分比如图所示.以下关于该国2020年家庭收入的判断，一定正确的是（）A.至少有的家庭的年收入都低于全部家庭的平均年收入B.收入最低的那的家庭平均年收入为全部家庭平均年收入的C.收入最高的那的家庭年收入总和超过全部家庭年收入总和的D.收入最低的那的家庭年收入总和超过全部家庭年收入总和的【答案】C【解析】【分析】设出所有家庭年收入总和、家庭数，得出所有家庭的平均收入，基于条件“按年收入从低到高的顺序”的情况下，逐一分析各选项的正误，从而得出结果.【详解】解：设所有家庭年收入总和为100，共有5n个家庭，则所有家庭平均收入为，选项A，第四组、第五组家庭的平均收入均超过，故极有可能第四组、第五组全部的家庭的收入均超过全部家庭的年平均收入，虽第三组家庭平均年收入为，由于按年收入从低到高的顺序排列，故仍有可能存在部分家庭年收入超过，这样家庭年收入超过的比率有可能超过，故A选项不正确；选项B，收入最低的那的家庭平均年收入，为全部家庭平均收入的，故选项B不正确；选项C，收入最高那的家庭数应为第四组一半家庭数与第五组家庭数的和，由于按年收入从低到高的顺序排列，故总收入大于，收入最高的那的家庭年收入总和超过全部家庭年收入总和的，选项C正确；选项D，收入最低的那的家庭数应为第三组家庭数的一半与第一、二组家庭数的和，由于按年收入从低到高的顺序排列，故总收入小于，收入最低的那的家庭年收入总和不会超过全部家庭年收入总和的，选项D不正确.故本题选C.【点睛】本题考查了条形图的知识，认识理解条形图是解题的关键.12.已知函数的定义域为，其导函数为.若，且，则下列结论正确的是（）A.是增函数B.是减函数C.有极大值D.有极小值【答案】A【解析】【分析】对化简可得，即为，设函数，研究函数的性质，从而得到的单调性与极值，从而得到答案.【详解】解：设函数因为化简可得，即为，故，因为所以恒成立，所以在上单调递增，又因为，所以，所以当时，，当时，，，当时，，，，，故恒成立；当时，，，，，故恒成立；所以在上恒成立，故在上单调递增，故函数没有极值，不可能单调递减所以选A.【点睛】本题考查了导数在函数中的应用，解题的关键是构造新函数，由新函数的性质得出原函数的性质，从而解决问题.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知函数，则__________．【答案】6【解析】【分析】先求出的值，然后再求出.【详解】解：因为函数，所以，所以.【点睛】本题考查了分段函数求函数值的问题，分段函数是一个函数，分段不分家，一般需要分情况讨论.14.在的展开式中，的系数为__________．【答案】-30【解析】【分析】将视作为，计算出第项，从而得出的系数.【详解】解：故，因为要求的系数，所以或5，当时，的系数为，当时，的系数为，所以的系数为.【点睛】本题考查了二项式定理的知识，解题的关键是要将转化为来求解，进而分类讨论得到结果.15.已知以为焦点的抛物线上的两点满足，则的中点到轴的距离为__________．【答案】【解析】【分析】设出点A、B的坐标，代入抛物线方程与，求出A、B的坐标，从而得到的中点到轴的距离.【详解】解：设，因为两点满足，，所以，即解得：，故，的中点到轴得距离为.【点睛】本题考查了向量的坐标运算，抛物线的定义等知识，解题时设出变量，列出方程组，得出变量的值，根据图形解决问题.16.已知是边长为2的等边三角形，，当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为__________．【答案】【解析】分析】当三棱锥体积最大时，分析得出点C的位置，再根据球的性质，在直角三角形中解出球的半径，从而求得球的表面积.【详解】解：取的中点，连接，设的外接圆的圆心为，的外接圆的圆心为，因为是边长为2的等边三角形，所以面积确定，要使三棱锥体积最大，即要使点到平面的距离最大，只有当平面平面时，体积最大，即点到边的距离最大，三棱锥的体积最大，因为，且，外接圆的半径为，所以点在外接圆上运动，如图所示当点满足时，点到边的距离最大，三棱锥的体积最大.此时三棱锥的高即为的长，此时外接圆的圆心在上，根据球的性质可知，，，故四边形为矩形，故，在中，球的半径平方为，所以球的表面积为.【点睛】本题考查了锥体与球体的位置关系，解题的关键是要确定锥体上各点、线、面与球体之间的关系，同时还要对球体的性质有清晰的认识.三、解答题：共70分.解答应写出文字 说明 关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书 、证明过程或演算步骤.17.已知数列的前项和为，且，.（1）求数列的前项和；（2）设，数列的前项和为，求证.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）对进行退位相减，求得与之间的关系，得出的通项公式，进而求出数列的前项和；（2）先求出的通项公式，然后利用裂项求和法求出，再根据的单调性求出最值与极限值，便能得证.【详解】（1）因为①，所以当时，②，①-②得，，即，又因为，即，所以，即数列是以为首项，公比的等比数列，所以，，则.（2）由（1）得，所以，则，则，所以.因为，所以.又，当时，取得最小值为，所以，即.【点睛】本题考查了数列的退位相减法、裂项求和法，利用“退位相减”的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 解题时，一定要注意对范围的考虑，一般情况下都需要对的情况进行验证，本题还考查了数列单调性、最值的问题.18.如图，在以为顶点的五面体中，面是边长为3的菱形.（1）求证：；（2）若，，，，，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）由已知条件中的菱形得到线线平行，利用线面平行的判定定理得到线面平行，再由线面平行的性质定理得到线线平行；（2）建立空间直角坐标系，求出法向量的夹角，得出二面角的大小.【详解】（1）因为是菱形，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以.（2）在中，根据余弦定理，因为，，，所以，则，所以，即.因为，，所以.又因为，平面,所以平面.设中点为，连结，,因为是菱形，，所以是等边三角形，所以，所以.作于点，则，在中，，所以.如图，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系.则，，，，.设平面的一个法向量为，因为，所以，即，取，解得，，此时.由图可知，平面的一个法向量为，则，因为二面角是锐角，所以二面角的余弦值是.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理与性质定理的运用，还考查了利用空间向量求解二面角的大小问题，理清法向量的夹角与二面角的关系是解题的关键，还考查了学生的计算能力.19.某居民区有一个银行网点（以下简称“网点”），网点开设了若干个服务窗口，每个窗口可以办理的业务都相同，每工作日开始办理业务的时间是8点30分，8点30分之前为等待时段.假设每位储户在等待时段到网点等待办理业务的概率都相等，且每位储户是否在该时段到网点相互独立.根据历史数据，统计了各工作日在等待时段到网点等待办理业务的储户人数，得到如图所示的频率分布直方图：（1）估计每工作日等待时段到网点等待办理业务的储户人数的平均值；（2）假设网点共有1000名储户，将频率视作概率，若不考虑新增储户的情况，解决以下问题：①试求每位储户在等待时段到网点等待办理业务的概率；②储户都是按照进入网点的先后顺序，在等候人数最少的服务窗口排队办理业务.记“每工作日上午8点30分时网点每个服务窗口的排队人数（包括正在办理业务的储户）都不超过3”为事件，要使事件的概率不小于0.75，则网点至少需开设多少个服务窗口？参考数据：；；；.【答案】（1）10（2）①0.01②4【解析】【分析】（1）先求出各组频率，根据均值公式得出平均值；（2）①在等待时段到网点等待办理业务的储户人数服从，根据期望得出概率；②先求出，然后与参考数据进行对比，得出整数的最值.【详解】（1）根据频率分布直方图，各组的频率依次为：0.04，0.24，0.48，0.16，0.08，故所求的平均值为：.即每工作日等待时段到网点等待办理业务的储户人数的平均值为10.（2）①设在等待时段到网点等待办理业务的储户人数为，每位储户到网点办理业务的概率为，则，所以的数学期望，将频率视作概率，根据（1）的结论，所以，解得.即每位储户在等待时段到网点等待办理业务的概率为0.01.②由①知，，则.设网点共开设了个服务窗口，则事件即“每工作日等待时段到网点等待办理业务的储户人数不超过”，其概率为，所以满足的最小正整数，即为所求.因为，，所以，即为的最小值.所以根据要求，网点至少需开设4个服务窗口.【点睛】本题考查了频率分布直方图、二项分布、数学期望等知识，对题目所表述的实际问题有正确的理解是解题的关键.20.已知，是动点，以为直径的圆与圆：内切.（1）求的轨迹的方程；（2）设是圆与轴的交点，过点的直线与交于两点，直线交直线于点，求证：三点共线.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）设出，根据相切得出关于的方程，由方程对应的几何意义得出的轨迹的方程；（2）设出，，解出点坐标，从而得出的坐标，设过点的直线并与椭圆联立方程组，借助韦达定理进行化简、证明.【详解】解：（1）设，则的中点的坐标为，因为圆与圆内切，点在圆内，所以，即，整理得，设，则，即的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.由，，得，所以的方程为.（2）设，.因为是圆与轴的交点，不妨设，，则.因为直线的方程为，所以，则.依题意，因为直线过，斜率不为0，故可设其方程为，由消去并整理得，则，，因为，所以，故三点共线.【点睛】本题考查了点的轨迹求解问题、直线与圆锥曲线的问题，直线与圆锥曲线问题常见解法是借助韦达定理，将多元问题转化为少元（单元）问题，属于中档题.21.已知函数.（1）讨论极值点的个数；（2）若有两个极值点，，且，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，有两个极值点；当时，没有极值点.（2）【解析】【分析】（1）根据的根的情况，对的值进行讨论，从而得出极值点的个数；（2）由（1）得，借助此等式将不等式中的进行换元，构造出新函数，研究其性质，得出的取值范围.【详解】（1）由，得.令，得，即，令，则，且，由得.当时，，在单调递增；当时，，在单调递减.所以，，且当时，；当时，.所以，当，方程有两解，不妨设为故当时，，故单调递减，当时，，故单调递增，当时，，故单调递减，即时，有两个极值点；当，恒成立，故单调递减，即时，没有极值点.（2）不妨设，由（1）知，，则，两边取对数，所以，所以，即.令，，则，.因为，即，所以，即，设，则，且.易知.记，则，且，考查函数，.①当时，，则，即，所以在上单调递减，所以当时，，所以当时符合题意.②当时，，有两个不同零点，，且，，不妨设，则，当时，，则，所以在上单调递增，故存在，使得，所以，当时，不符合题意，综上，的取值范围是.【点睛】本题考查了利用导数求解函数的单调性、极值、最值等问题，研究较难的函数问题时往往需要多次求导，还需要结合函数图像更为直观地处理问题，本题还考查了分类讨论的思想.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的方程为，圆的参数方程为（为参数）.以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1）求的极坐标方程；（2）设与，异于原点的交点分别是，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求出圆的普通方程，然后再借助极坐标公式求出圆的极坐标方程；（2）直线的极坐标方程，与两圆联立方程组得出，，进而求出，，然后利用割补法求出的面积.【详解】（1）由得，化为.即.因为，，所以极坐标方程为.（2）因为直线的斜率为，即倾斜角为，所以其极坐标方程为.设，.由，得，即，由，得，即.由的极坐标方程得，所以，.因为，所以的面积为.【点睛】本题考查了曲线的极坐标方程，极坐标方程与普通方程转化的公式为；在解决直线与圆相交的问题时，有时直接利用极坐标方程能优化运算过程，解题时应灵活应用.23.选修4-5：不等式选讲设函数.（1）求的最小值及取得最小值时的取值范围；（2）若集合，求实数的取值范围.【答案】（1），此时（2）【解析】【分析】（1）利用绝对值不等式公式进行求解；（2）集合表示，，令，根据几何意义可得的图像恒在图像上方，数形结合解决问题.【详解】解（1）因为，当且仅当，即时，上式“”成立，故函数的最小值为3，且取最小值时的取值范围是.（2）因为，所以，.函数化为.令，其图像为过点，斜率为的一条直线.如图，，.则直线的斜率，直线的斜率.因为，所以，即，所以的范围为.【点睛】本题考查了绝对值不等式问题与不等式恒成立问题，不等式恒成立问题往往可以借助函数的图像来研究，数形结合可以将抽象的问题变得更为直观，解题时应灵活运用.