南平市2020届高三上学期第一次综合质量检查

第PAGE\*MERGEFORMAT1页共NUMPAGES\*MERGEFORMAT5页南平市2019—2020学年高中毕业班第一次综合质量检测文科 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 注意事项：1．本 试卷 云南省高中会考试卷哪里下载南京英语小升初试卷下载电路下试卷下载上海试卷下载口算试卷下载 分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．3．全部答案答在答题卡上，答在本试卷上无效．4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷一、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.设集合，，则（）A.B.C.D.2.若复数为纯虚数，则实数的值为（）A.B.C.D.3.已知，，（其中为自然对数的底数），则（）A.B.C.D.4.已知平面向量与满足，，且，则（）A.B.C.D.5.一个盒子中装有个大小、形状完全相同的小球，其中个白球，个红球，个黄球，若从中随机取出个球，记下颜色后放回盒子，均匀搅拌后，再随机取出个球，则两次取出小球颜色不同的概率是（）A.B.C.D.6.已知椭圆：过点，椭圆的离心率为，则椭圆的焦距为（）A.B.C.D.7.已知函数，把函数的图象沿轴向左平移个单位，得到函数的图象．下列关于函数的说法正确的是（）A.在上是减函数B.在区间上值域为C.函数是奇函数D.其图象关于直线对称8.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：“松长六尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，何日竹逾松长？”下图是解决此问题的一个程序框图，其中为松长、为竹长，则输出的（）A.B.C.D.29.函数在上的图象大致为（）A.B.C.D.10.给出下列四个命题：①，使得；②是恒成立的充分条件；③函数在点处不存在切线；④函数存在零点．其中正确命题个数是（）A.B.C.D.11.在中，，是线段上点，，若的面积为，则的最大值是（）A.B.C.D.12.已知定义在R上的连续函数满足，且，为函数的导函数，当时，有，则不等式的解集为（）A.B.C.D.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～第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，考生根据要求做答．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.已知，则__________．14.已知函数是公差为等差数列，若，，成等比数列，则________；15.已知直三棱柱的高为，，，则该三棱柱外接球的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积为________；16.已知点，分别为双曲线：的左、右焦点，为直线与双曲线的一个交点，若点在以为直径的圆上，则双曲线的离心率为________．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.国家大力提倡科技创新，某工厂为提升甲产品的市场竞争力，对生产技术进行创新改造，使甲产品的生产节能降耗．以下表格提供了节能降耗后甲产品的生产产量(吨)与相应的生产能耗(吨)的几组对照数据．（吨）（吨）（1）请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归方程；（，）（2）已知该厂技术改造前生产吨甲产品的生产能耗为吨，试根据（1）求出的线性回归方程，预测节能降耗后生产吨甲产品的生产能耗比技术改造前降低多少吨？18.已知等比数列的前项和为，且．（1）求数列的通项 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 ；（2）设，求数列的前项和．19.如图，在几何体中，四边形为矩形，且，为的中点．（1）求证：平面；（2）若平面平面，，，求三棱锥体积．20.已知抛物线：准线为，焦点为，点是抛物线上位于第一象限动点，直线（为坐标原点）交于点，直线交抛物线于、两点，为线段中点．（1）若，求直线方程；（2）试问直线的斜率是否为定值，若是，求出该值；若不是，说明理由．21.已知函数，其中．（1）试讨论函数单调性；（2）若，试证明：．请考生在第22、23二题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．22.在平面直角坐标系中，以原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为：（为参数），，为直线上距离为的两动点，点为曲线上的动点且不在直线上．（1）求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程．（2）求面积的最大值．23.已知函数，若的解集为．（1）求并解不等式；（2）已知：，若对一切实数都成立，求证：．南平市2019—2020学年高中毕业班第一次综合质量检测文科数学注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．3．全部答案答在答题卡上，答在本试卷上无效．4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷一、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.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求集合的补集，再进行交集运算，即可得答案.【详解】因为集合，所以，所以.故选：B.【点睛】本题考查集合的基本运算，即补集和交集，考查基本运算能力，属于基础题.2.若复数为纯虚数，则实数的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】对得复数进行除法运算，再利用纯虚数概念，求得的值.【详解】因为，所以.故选：B.【点睛】本题考查复数的运算及纯虚数的概念，考查基本运算求解能力，属于基础题.3.已知，，（其中为自然对数的底数），则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】引入中间变量0和1，易得，即可得到答案.【详解】因为，则；因为，则；因为，则；所以.故选：C【点睛】本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较式子的大小，考查数形结合思想的应用.4.已知平面向量与满足，，且，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】对式子进行平方，再将已知条件代入计算求解，即可得答案.【详解】因，所以，因为，所以，所以.故选：C【点睛】本题考查向量的模的计算、向量数量积、向量垂直关系，考查逻辑推理能力和运算求解能力.5.一个盒子中装有个大小、形状完全相同的小球，其中个白球，个红球，个黄球，若从中随机取出个球，记下颜色后放回盒子，均匀搅拌后，再随机取出个球，则两次取出小球颜色不同的概率是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】列出所有等可能结果，计算两次取出小球颜色不同事件所含的基本事件总数，再利用古典概型概率计算公式求解.【详解】记白球为1，红球为2，3，黄球为4，则试验的基本事件总数有：共16个基本事件，则两次取出小球颜色不同的基本事件有：共10个基本事件，所以两次取出小球颜色不同的概率为.故选：A.【点睛】本题考查古典概型概率计算，考查基本运算求解能力，求解时注意区分有放回和无放回的区别.6.已知椭圆：过点，椭圆的离心率为，则椭圆的焦距为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将点代入椭圆方程得，结合离心率及，求得的值，即可得到答案.【详解】因为椭圆的离心率为，所以，因为椭圆过点，所以，又，解得：，所以焦距为.故选：B.【点睛】本题考查椭圆的离心率及焦距的概念，考查基本运算求解能力，求解时注意焦距是而不是.7.已知函数，把函数的图象沿轴向左平移个单位，得到函数的图象．下列关于函数的说法正确的是（）A.在上是减函数B.在区间上值域为C.函数是奇函数D.其图象关于直线对称【答案】D【解析】【分析】先通过平移得到，再一一对照选项进行验证，即可得到答案.【详解】对A，因为，所以，所以的递减区间为，不是递减区间的子区间，故A错误；对B，因为，所以，利用单位圆三角函数线可得，函数的值域为，故B错误；对C，因为，所以函数为偶函数，故C错误；对D，当时，，故D正确；故选：D.【点睛】本题考查函数图象的平移、三角函数的单调性、奇偶性、周期性，考查逻辑推理能力和数形结合思想的应用，求解时注意左右平移是针对自变量而言的.8.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：“松长六尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，何日竹逾松长？”下图是解决此问题的一个程序框图，其中为松长、为竹长，则输出的（）A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】根据的输入值分别为，，执行程序中的循环结构，从而得到输出值.【详解】由题意得：的输入值分别为，，，，，此时，终止循环，输出.故选：C【点睛】本题考查数学文化与程序框图的交会，考查阅读理解能力和有条理思考问题的能力，求解时注意根据判断框的条件，得到何时终止循环.9.函数在上的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先根据函数为奇函数，排除B,C选项，再根据函数值的正负，排除选项，从而得到正确答案.【详解】因为，所以函数为奇函数，故排除B,C选项；当时，，所以，故排除D；故选：A【点睛】本题考查利用函数解析式挖掘函数的性质，考查数形结合思想的应用，求解时要充分利用选项中的图象，提取有用的信息，并利用排除法得到正确选项.10.给出下列四个命题：①，使得；②是恒成立的充分条件；③函数在点处不存在切线；④函数存在零点．其中正确命题个数是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】对①，存在成立；对②，求出使恒成立的的取值范围，再根据子集关系判断；对③，利用导数的几何意义可求出切线方程；对④，利用零点存在定理判断零点存在性.【详解】对①，当时，显然成立，故①正确；对②，当恒成立时，或解得：，因为推不出，所以不是恒成立的充分条件，故②错误；对③，因为，所以，所以切线方程为，故③错误；对④，因为，所以函数在存在零点，故④正确；故选：B【点睛】本题考查命题真假的判断、简易逻辑知识的运用、导数的几何意义、零点存在定理，考查逻辑推理能力和运算求解能力.11.在中，，是线段上的点，，若的面积为，则的最大值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将的面积分成两个小三角形面积和，得到关于的方程，再利用基本不等式求最值.【详解】因为，所以，即，因为，所以，等号成立当且仅当.故选：B【点睛】本题考查三角形面积公式、基本不等式的应用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意等号成立的条件.12.已知定义在R上的连续函数满足，且，为函数的导函数，当时，有，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据不等式构造函数，再利用导数研究函数在的单调性，再根据对称性得到的图象特征，将不等式化为：或即可得到答案.【详解】，，在单调递增，，当时，，当时，，又，当时，，当时，，又满足，图象关于直线对称，当时，，当时，，不等式等价于或解得：.故选：D【点睛】本题考查抽象函数不等式的求解，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解的关键是根据题目所给的不等式构造函数，再利用导数研究所构造函数的性质，进而求解不等式.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～第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，考生根据要求做答．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.已知，则__________．【答案】【解析】∵∴，即∴∴故答案为.14.已知函数公差为等差数列，若，，成等比数列，则________；【答案】【解析】【分析】利用等比中项性质得，再利用等差数列的通项公式求得，进而得到的值.【详解】因为，，成等比数列，所以，所以，解得：，所以.故答案为：【点睛】本题考查等比数列中项的性质、等差数列通项公式的应用，考查基本量法的运用.15.已知直三棱柱的高为，，，则该三棱柱外接球的表面积为________；【答案】【解析】【分析】根据三棱柱的特征，先确定其外接球球心的位置，再列出关于外接球半径的方程，解方程即可得到答案.【详解】设上下底面的外心分别为，则球心为的中点，则，因为底面外接圆半径为外接球的半径所以外接球的表面积为：.故答案为：.【点睛】本题考查余弦定理、正弦定理的应用、柱体体积、球的表面积计算公式、三棱柱与其外接球的关系，考查空间想象能力和运算求解能力.16.已知点，分别为双曲线：的左、右焦点，为直线与双曲线的一个交点，若点在以为直径的圆上，则双曲线的离心率为________．【答案】【解析】【分析】求出点，再由点在以为直径的圆上得，接着利用向量数量积为0，从而得到关于的方程，进而得到离心率.【详解】设，代入化简得，由已知得，则.因为所以，又，整理得：，故答案为：【点睛】本题考查双曲线的离心率，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意平面几何知识的应用及向量知识的应用.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.国家大力提倡科技创新，某工厂为提升甲产品的市场竞争力，对生产技术进行创新改造，使甲产品的生产节能降耗．以下表格提供了节能降耗后甲产品的生产产量(吨)与相应的生产能耗(吨)的几组对照数据．（吨）（吨）（1）请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归方程；（，）（2）已知该厂技术改造前生产吨甲产品的生产能耗为吨，试根据（1）求出的线性回归方程，预测节能降耗后生产吨甲产品的生产能耗比技术改造前降低多少吨？【答案】（1）（2）1.75吨.【解析】【分析】（1）直接利用最小二乘法求回归直线方程；（2）将代入回归方程可预测相应的生产能耗，从而求得生产能耗比技术改造前降低的吨数.【详解】(1),则所求的方程为(2)把代入回归方程可预测相应的生产能耗是，吨，所以，预测生产8吨甲产品的生产能耗比技术改造前降低1.75吨.【点睛】本题考查回归直线方程的求解，考查数据处理能力和运算求解能力.18.已知等比数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用临差法得到，再根据求得，从而求得数列通项公式；（2）由题意得，再利用裂项相消法求和.【详解】（1）当时，.当时，,因为是等比数列，所以满足式，所以，即，因此等比数列的首项为1,公比为2,所以等比数列的通项公式.（2）由（1）知，则,即，所以,所以.【点睛】本题考查数列的通项公式、裂项相消法求和，考查方程思想、转化与化归思想的应用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意先对通项进行改写，再决定选用什么 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 求和.19.如图，在几何体中，四边形为矩形，且，为的中点．（1）求证：平面；（2）若平面平面，，，求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取A1B1中点F，连接EF，FC1，证明CE∥C1F，即可证明线面平行；（2）根据三棱锥的等积法得，即可求得答案.【详解】(1)证明　如图，取A1B1中点F，连接EF，FC1，∵E为AB1中点，∴EF//A1A且EF=A1A，∵AA1∥CC1且AA1=2CC1，∴EF//CC1且EF=CC1，即四边形EFC1C为平行四边形，∴CE∥C1F.∵，，∴CE∥平面A1B1C1.(2)∵平面ABB1A1⊥平面ABC，交线为AB又矩形ABB1A1中AA1⊥AB，∴AA1⊥平面ABC，∵AA1∥CC1，∴CC1⊥平面ABC，∵BB1∥CC1，，，∴BB1∥，∴【点睛】本题考查线面平行判定定理、三棱锥体积的求解，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意等积法的应用.20.已知抛物线：准线为，焦点为，点是抛物线上位于第一象限的动点，直线（为坐标原点）交于点，直线交抛物线于、两点，为线段中点．（1）若，求直线的方程；（2）试问直线的斜率是否为定值，若是，求出该值；若不是，说明理由．【答案】（1）（2）是，定值0【解析】【分析】（1）由=5及抛物线定义得点横坐标为4，求出直线OA方程，进而求得，利用点斜式方程即可得到直线的方程；（2）由已知直线OA的斜率存在，设直线OA的方程为，与准线联立解得；由为线段中点，得坐标为，将直线OA方程与抛物线方程联立可得，计算直线的斜率即可得到答案.【详解】（1）抛物线的准线为，的焦点为，由及抛物线定义得点横坐标为4，由点位于第一象限内且在抛物线上得点坐标为，于是=1，则直线OA的方程为，与准线联立解得，因此=，所以直线的方程为，即.（2）由已知直线OA的斜率存在，设直线OA的方程为，与准线联立解得，于是，由已知，故设直线的方程为，与联立并消去得，，其中.设，则，则，由于为线段中点，于是点坐标为，直线OA的方程，与联立解得，所以直线的斜率为0，综上可知直线的斜率为定值0.【点睛】本题考查直线方程的求解、直线与抛物线中的定值问题，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解的关键是通过坐标法思想，将点的坐标及斜率转化成用变量表示.21.已知函数，其中．（1）试讨论函数的单调性；（2）若，试证明：．【答案】（1）在区间上为减函数；在区间上为增函数．（2）证明见解析【解析】【分析】（1）对函数进行求导得，再对分成和两种情况讨论，从而得到函数的单调性；（2）将不等式等价于，再对分成和两种情况讨论.【详解】（1）由知：（i）若，，∴在区间上为增函数．（ii）若，∴当时，有，∴在区间上为减函数．当时，有，∴在区间上为增函数．综上：当时，在区间上为增函数；当时，在区间上为减函数；在区间上为增函数．（2）若，则要证，只需证，即证：.（i）当时，，而∴此时成立.（ii）当时，令，，∵，设，则，∴∴当时，单调递增，∴，即∴在单调递增，∴即，即，∴综上：当时，有成立.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、证明不等式，考查函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想的应用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题.请考生在第22、23二题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．22.在平面直角坐标系中，以原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为：（为参数），，为直线上距离为的两动点，点为曲线上的动点且不在直线上．（1）求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程．（2）求面积的最大值．【答案】（1）直线的直角坐标方程为,曲线的普通方程为（2）【解析】【分析】（1）直线的极坐标方程利用两角差的余弦公式展开，再利用公式，将方程化成普通方程形式；对曲线的参数进行消参，从而得到普通方程；（2）设点，将点到直线的距离转化为三角函数的值域问题.【详解】（1）直线的极坐标方程化成，，直线的直角坐标方程为，曲线的参数方程化成：.平方相加得，即（2）设点，则到直线的距离为：，当时，，设的面积为，则.【点睛】本题考查极坐标方程、普通方程、参数方程的互化、利用三角函数的值域求点到直线距离的最大值，考查转化与化归思想的运用，考查运算求解能力.23.已知函数，若的解集为．（1）求并解不等式；（2）已知：，若对一切实数都成立，求证：．【答案】（1），不等式解集为（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据不等式的解集，可得，再利用分类讨论求解绝对值不等式；（2）由对一切实数恒成立，即将问题转化为证明成立.【详解】（1）由可得：，即，解集为，所以.当时，不等式化成，解得：当时，不等式化成，解得：综上所述，解集为…（2）由题意得对一切实数恒成立，从而，，的最小值为3.，又，.【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、不等式的证明，考查函数与方程思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.