福建省廈門市2020屆高三數(shù)學畢業(yè)班第一次質(zhì)量檢測模擬考試試題 理（含解析）

1、福建省廈門市2020屆高三數(shù)學畢業(yè)班第一次質(zhì)量檢測模擬考試試題 理（含解析）一、選擇題：共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知，則（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出集合，再根據(jù)交集和補集的定義求解即可【詳解】解：，故選：C【點睛】本題主要考查集合的交集和補集，屬于基礎(chǔ)題2.設(shè)，則（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】根據(jù)共軛復(fù)數(shù)的定義以及復(fù)數(shù)的模直接運算即可【詳解】解：，故選：B【點睛】本題主要考查共軛復(fù)數(shù)和復(fù)數(shù)的模，屬于基礎(chǔ)題3.中國武漢于2019年10月18日至2019年10月27日成功舉辦

2、了第七屆世界軍人運動會.來自109個國家9300余名運動員同臺競技.經(jīng)過激烈的角逐，獎牌榜的前3名如下：國家金牌銀牌銅牌獎牌總數(shù)中國1336442239俄羅斯515357161巴西21313688某數(shù)學愛好者采用分層抽樣的方式，從中國和巴西獲得金牌選手中抽取了22名獲獎代表.從這22名中隨機抽取3人， 則這3人中中國選手恰好1人的概率為（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根據(jù)分層抽樣確定中國選手的人數(shù)，再利用組合數(shù)根據(jù)古典概型的概率計算公式求解即可【詳解】解：中國和巴西獲得金牌總數(shù)為154，按照分層抽樣方法，22名獲獎代表中有中國選手19個，巴西選手3個，故這3人中中國選

3、手恰好1人的概率，故選：C【點睛】本題主要考查分層抽樣和古典概型的概率計算公式，屬于基礎(chǔ)題4.已知等差數(shù)列 的前項和為，公差為-2，且是與的等比中項，則的值為（ ）A. 110B. 90C. 90D. 110【答案】D【解析】【分析】根據(jù)等比中項定義得，結(jié)合公差可求出首項，從而可得答案【詳解】解：是與的等比中項，又數(shù)列的公差為，解得，故選：D【點睛】本題主要考查等差數(shù)列的前項和，考查等比中項的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題5.已知函數(shù)，給出以下四個結(jié)論：(1)是偶函數(shù)； (2)的最大值為2； (3)當取到最小值時對應(yīng)的；(4)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.正確的結(jié)論是（ ）A. (1)B. (1)(2)(4)C.

4、 (1)(3)D. (1)(4)【答案】C【解析】【分析】根據(jù)偶函數(shù)的定義可判斷（1），再利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值【詳解】解：，函數(shù)為偶函數(shù)，故（1）對；又，當時，則，在上單調(diào)遞增，結(jié)合偶函數(shù)的性質(zhì)可知在單調(diào)遞減，函數(shù)在處取得最小值，無最大值，故（3）對，（2）（4）錯，故選：C【點睛】本題主要考查偶函數(shù)的定義及判斷，考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值，屬于中檔題6.已知正四棱柱的底面邊長為1，高為2，為的中點，過作平面平行平面，若平面把該正四棱柱分成兩個幾何體，則體積較小的幾何體的體積為（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】設(shè)為的中點，為的中點，連接，連接，利用面面平

5、行的判定定理可證得平面平面，從而平面為平面，從而可得體積較小的幾何體為三棱錐，再根據(jù)棱錐的體積計算公式求解即可【詳解】解：設(shè)為的中點，為的中點，連接，連接，在四棱柱中，易證，則，為的中點，為的中點，平面，平面，平面，同理可證：平面，平面，平面，平面平面，即平面為平面，體積較小的幾何體為三棱錐，則體積，故選：C【點睛】本題主要考查面面平行的判定，考查棱錐的體積公式，屬于基礎(chǔ)題7.設(shè)，則的大小關(guān)系為（ ）A. B. C. D. .【答案】B【解析】【分析】利用指數(shù)冪的運算性質(zhì)化成同分母，再求出分子的近似值即可判斷大小【詳解】解：，由于，所以，故選：B【點睛】本題主要考查比較冪的大小，屬于基礎(chǔ)題8.

6、函數(shù)的最小正周期與最大值之比為（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】去掉絕對值作出函數(shù)的圖象即可求出函數(shù)的周期與最值，從而得出答案【詳解】解：去絕對值，作出圖象得由圖可知，函數(shù)的最小正周期為，最大值為，所以最小正周期與最大值之比為，故選：C【點睛】本題主要考查三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，考查分類討論與數(shù)形結(jié)合的思想，屬于中檔題9.已知三角形為直角三角形，點為斜邊的中點，對于線段上的任意一點都有， 則的取值范圍是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】設(shè)，再分類討論，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)即可得出結(jié)論【詳解】解：由已知可得，設(shè)，當與重合時，符合題意；當與重合時，代入，得，

7、此時，同理，當與重合時 故，由，得，即，結(jié)合可得，故選：C【點睛】本題主要考查向量的數(shù)量積，考查三角函數(shù)的性質(zhì)，考查分類討論思想，屬于中檔題10.中國古代近似計算方法源遠流長，早在八世紀，我國著名數(shù)學家、天文學家張隧（法號：一行）為編制大衍歷發(fā)明了一種近似計算的方法二次插值算法（又稱一行算法，牛頓也創(chuàng)造了此算法，但是比我國張隧晚了上千年）：對于函數(shù)在處的函數(shù)值分別為，則在區(qū)間上 可以用二次函數(shù)來近似代替，其中.若令，請依據(jù)上述算法，估算的近似值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接按照所給算法逐步驗算即可得出最終結(jié)論【詳解】解：函數(shù)在，處的函數(shù)值分別為，故，故，即，故選

8、：A【點睛】本題主要考查新定義問題，準確理解題目所給運算法則是解決本題的關(guān)鍵，屬于中檔題11.已知雙曲線的右支與拋物線相交于兩點，記點到拋物線焦點的距離為，拋物線的準線到拋物線焦點的距離為，點到拋物線焦點的距離為，且構(gòu)成等差數(shù)列，則雙曲線的漸近線方程為（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】設(shè)，拋物線焦點為，由已知可得，根據(jù)拋物線定義可得，利用點差法可得，從而可求得漸近線方程【詳解】解：設(shè)，拋物線焦點為，由已知有，即，由，兩式相減得，即，故，漸近線方程為，故選：A 【點睛】本題主要考查拋物線的定義，考查雙曲線的漸近線，考查推理能力與運算能力，屬于中檔題12.已知方程只有一個實數(shù)

9、根，則的取值范圍是（ ）A. 或B. 或C. D. 或【答案】A【解析】【分析】令，則原方程轉(zhuǎn)化成，令，顯然，問題轉(zhuǎn)化成函數(shù)在上只有一個零點1，求導后再利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值，由此可得答案【詳解】解：令，則原方程轉(zhuǎn)化成，即，令，顯然，問題轉(zhuǎn)化成函數(shù)在上只有一個零點1，若，則在單調(diào)遞增，此時符合題意；若，則，在單調(diào)遞增，此時符合題意；若，記，則函數(shù)開口向下，對稱軸，過，當即即時，在單調(diào)遞減，此時符合題意；當即即時，設(shè)有兩個不等實根，又，對稱軸，所以，則在單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，單調(diào)遞增，由于，所以，取，記 令，則，所以，結(jié)合零點存在性定理可知，函數(shù)在存在一個零點，不符合題意；綜上，符合題意的

10、的取值范圍是或，故選：A【點睛】本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查推理能力與運算能力，考查分類討論思想，屬于難題二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.的展開式中二項式系數(shù)最大的項為 _.【答案】【解析】【分析】的展開式中二項式系數(shù)最大的項為第三項，根據(jù)公式求解即可【詳解】解：由題意可知二項式系數(shù)最大的項為第三項，故答案為：【點睛】本題主要考查二項式定理及其應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題14.高三年段有四個老師分別為，這四位老師要去監(jiān)考四個班級，每個老師只能監(jiān)考一個班級，一個班級只能有一個監(jiān)考老師.現(xiàn)要求老師不能監(jiān)考班，老師不能監(jiān)考班，老師不能監(jiān)考班，老師不能監(jiān)考班，則不同的監(jiān)

11、考方式有_種.【答案】9【解析】【分析】以老師監(jiān)考的班級分類討論即可求出答案【詳解】解：當老師監(jiān)考班時，剩下的三位老師有3種情況，同理當老師監(jiān)考班時，也有3種，當老師監(jiān)考班時，也有3種，共9種，故答案為：9【點睛】本題主要考查計數(shù)原理，屬于基礎(chǔ)題15.已知圓：， 圓：. 若圓上存在點，過點作圓的兩條切線. 切點為，使得，則實數(shù)的取值范圍是_【答案】【解析】【分析】由已知可得問題轉(zhuǎn)化為圓和圓有公共點，從而根據(jù)幾何法即可求出答案【詳解】解：已知有，即點的軌跡方程為圓：，問題轉(zhuǎn)化為圓和圓有公共點，則，故，故答案為：【點睛】本題主要考查圓和圓的位置關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題16.已知正方體的棱長為3. 點是棱的

12、中點，點是棱上靠近點的三等分點. 動點在正方形(包含邊界)內(nèi)運動， 且面，則動點所形成的軌跡的長度為_【答案】【解析】【分析】取中點，取，則平面平面，延長，延長，交于點，連接交于點，可證得點的軌跡是線段，從而可求出答案【詳解】解：由于平面，所以點在過且與面平行的平面上，取中點，取，則平面平面，延長，延長，交于點，連接交于點，顯然，平面平面，所以點的軌跡是線段，由中位線定理可證得，故答案為：【點睛】本題主要考查面面平行的判定與性質(zhì)，考查平面的基本公理，屬于中檔題三、解答題：共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第1721題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22題、第23題為選考題，

13、考生根據(jù)要求作答.（一）必考題：共60分.17.已知函數(shù).（1）求的單調(diào)遞減區(qū)間；（2）在銳角中，分別為角，的對邊，且滿足，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)降冪公式化簡的解析式，再用整體代入法即可求出函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間；（2）由正弦定理邊化角，從而可求得，根據(jù)銳角三角形可得從而可求出答案【詳解】解：（1），由得所以的單調(diào)遞減區(qū)間為；（2）由正弦定理得，即，得，或，解得，或（舍），為銳角三角形，解得的取值范圍為【點睛】本題主要考查三角函數(shù)的化簡與性質(zhì)，考查正弦定理的作用，屬于基礎(chǔ)題18.在三棱柱中，已知，為的中點，平面（1）證明四邊形為矩形；（2）求直線與平面所成角的

14、余弦值.【答案】（1）見解析（2）【解析】【分析】（1）連接，可得，易證，則平面，從而可證，由此即可得出結(jié)論；（2）以所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，利用法向量解決問題【詳解】解：（1）連接，因為為的中點，可得，平面， 平面，又，平面， ，又四邊形為平行四邊形，四邊形為矩形；（2）如圖，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，則中，中，設(shè)平面的法向量是，由得即，可取，設(shè)直線與平面所成角為，則，即直線與平面所成角的余弦值為【點睛】本題主要考查線面垂直的判定與性質(zhì)，考查直線與平面所成的角，屬于中檔題19.根據(jù)養(yǎng)殖規(guī)模與以往的養(yǎng)殖經(jīng)驗，某海鮮商家的海產(chǎn)品每只質(zhì)量（克）在正常環(huán)境下服從正態(tài)分布（1

15、）隨機購買10只該商家的海產(chǎn)品，求至少買到一只質(zhì)量小于克該海產(chǎn)品的概率（2）2020年該商家考慮增加先進養(yǎng)殖技術(shù)投入，該商家欲預(yù)測先進養(yǎng)殖技術(shù)投入為49千元時的年收益增量現(xiàn)用以往的先進養(yǎng)殖技術(shù)投入（千元）與年收益增量（千元）（）的數(shù)據(jù)繪制散點圖，由散點圖的樣本點分布，可以認為樣本點集中在曲線的附近，且， ，其中， =根據(jù)所給的統(tǒng)計量，求關(guān)于的回歸方程，并預(yù)測先進養(yǎng)殖技術(shù)投入為49千元時的年收益增量附：若隨機變量，則，；對于一組數(shù)據(jù)，其回歸線的斜率和截距的最小二乘估計分別為，【答案】（1）0.0129（2）， 千元.【解析】【分析】（1）由正態(tài)分布的對稱性可知，設(shè)購買10只該商家海產(chǎn)品，其中質(zhì)量

16、小于的為只，故，由此可求出答案；（2）根據(jù)最小二乘法可求出回歸方程，由此可求出答案【詳解】解：（1）由已知，單只海產(chǎn)品質(zhì)量，則，由正態(tài)分布的對稱性可知，設(shè)購買10只該商家海產(chǎn)品，其中質(zhì)量小于的為只，故，故，所以隨機購買10只該商家的海產(chǎn)品，至少買到一只質(zhì)量小于克的概率為；（2）由，有，且，所以關(guān)于的回歸方程為，當時，年銷售量的預(yù)報值千元，所以預(yù)測先進養(yǎng)殖技術(shù)投入為49千元時的年收益增量為千元【點睛】本題主要考查標準正態(tài)分布及其應(yīng)用，考查最小二乘法求線性回歸方程，屬于基礎(chǔ)題20.在平面直角坐標系中，圓，點，過的直線與圓交于點，過做直線平行交于點（1）求點的軌跡的方程；（2）過的直線與交于、兩點，

17、若線段的中點為，且，求四邊形面積的最大值【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）由題意可得，可得，則的軌跡是焦點為，長軸為的橢圓的一部分，再用待定系數(shù)法即可求出方程；（2）由題意設(shè)直線方程為，設(shè)，聯(lián)立直線與橢圓的方程，結(jié)合韋達定理表示出，可得，設(shè)四邊形的面積為，則，再根據(jù)基本不等式即可求出答案【詳解】解：（1）因為，又因為，所以，所以，所以軌跡是焦點為，長軸為的橢圓的一部分，設(shè)橢圓方程為，則，所以，所以橢圓方程為， 又因為點不在軸上，所以，所以點的軌跡的方程為；（2）因為直線斜率不為0，設(shè)為，設(shè)，聯(lián)立整理得，所以，所以， ， 設(shè)四邊形的面積為，則 ，令，再令，則在單調(diào)遞增，所以時，此時，取

18、得最小值，所以【點睛】本題主要考查橢圓的定義及其性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查計算能力，屬于中檔題21.已知函數(shù)有兩個零點（1）求的取值范圍；（2）記的極值點為，求證：.【答案】（1）（2）見解析【解析】【分析】（1）求導得，分類討論求出函數(shù)的單調(diào)性，從而可求出答案；（2）由題意得，則，令函數(shù)，則，利用導數(shù)可求得，從而可得，可得，要證，只需，令，即證，令，求導后得函數(shù)的單調(diào)性與最值，由此可證結(jié)論【詳解】解：（1）因為，當時，在單調(diào)遞增，至多只有一個零點，不符合題意，舍去； 當時，若，則；若，則，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，所以，因為有兩個零點，所以必須，則，所以，解得，又因為時，； 時，

19、所以當時，在和各有一個零點，符合題意，綜上，；（2）由（1）知，且，因為的兩個零點為，所以，所以，解得，令所以，令函數(shù)，則，當時，；當時，；所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，所以，所以，所以，因為，又因為，所以，所以，即，要證，只需，即證，即證，即證，令，再令，即證，令，則， 所以在單調(diào)遞增，所以，所以，原題得證【點睛】本題主要考查根據(jù)導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查推理能力與運算能力，屬于難題（二）選考題：共10分請考生在第22、23兩題中任選一題作答如果多做，則按所做第一個題目計分22.在直角坐標系xOy下，曲線C1的參數(shù)方程為（ 為參數(shù)），曲線C1在變換T：的作用下變成曲線C2（1）求曲線C2的普通方程；（2）若m1，求曲線C2與曲線C3：y=m|x|-m的公共點的個數(shù)【答案】（1）（2）4【解析】【分析】（1）先求出曲線C1的普通方程，再根據(jù)圖象變換可求出曲線C2的普通方程；（2）由題