2020届福建省宁德市高三毕业班6月质量检查数学文试题版.doc

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1、2020届福建省宁德市高三毕业班6月质量检查数学（文）试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】D【解析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.【详解】，因此，.故选：D.【点睛】本题考查交集的运算，同时也考查了对数不等式和函数定义域的求解，考查计算能力，属于基础题.2已知，则（ ）ABCD【答案】C【解析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解【详解】解：由，得，则故选：C【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，属于基础题3已知等差数列的前n项和为，且，则（ ）A21B27C30D36【答案】B【解析】首先根据得到，再计算即可.

2、【详解】由题知：，所以.故选：B【点睛】本题主要考查等差数列的前n项和计算，同时考查了等差数列的性质，属于简单题.4已知l，m为两条不同直线，为两个不同平面，则下列命题中真命题的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】C【解析】根据直线、平面之间的位置关系逐项判断.【详解】若，则或，A错误；若，则或l在平面外，B错误；若，则直线m与平面没有公共点即，C正确；若，直线m不一定垂直于，D错误.故选：C【点睛】本题考查空间中直线与平面的位置关系，属于基础题.5图数，的图象可能为（ ）ABCD【答案】A【解析】首先根据为奇函数，排除B，D，再根据时，排除C，即可得到答案.【详解】由题知：，所以

3、为奇函数，故排除B，D.又因为时，故排除C.故选：A【点睛】本题主要考查根据函数的解析式求函数的图象，利用函数的奇偶性为解决本题的关键，属于简单题.6已知数列满足，则数列的前项和为（ ）ABCD【答案】A【解析】利用累乘法求出数列的通项公式，然后利用裂项求和法可求数列的前项和.【详解】，则，所以，数列的前项和为.故选：A.【点睛】本题考查利用裂项相消法求和，同时也考查了利用累乘法求数列通项，考查计算能力，属于基础题.7设实数x，y满足不等式组，则最大值为（ ）AB1C3D27【答案】C【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用的几何意义进行求解即可【详解】解：作出实数，满足不等式组对应的平面区域

4、如图：设，得表示，斜率为1纵截距为的一组平行直线，平移直线，当直线经过点时，直线的纵截距最大，此时最小，由，解得此时则最大值为：3故选：C【点睛】本题主要考查线性规划的基本应用，利用的几何意义是解决线性规划问题的关键，注意利用数形结合来解决8在三棱锥中，平面，若其外接球的表面积为，则（ ）A1B2CD4【答案】B【解析】首先将三棱锥放入长方体中，得到三棱锥与长方体有相同的外接球，再根据外接球的表面积即可得到答案.【详解】将三棱锥放入长方体中，如图所示：由图可知三棱锥与长方体有相同的外接球.设，长方体的外接球半径为，因为，解得.又因为，解得故选：B【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球，同时考查了球

5、体的表面积公式，属于简单题.9已知函数的图象向右平移个单位长度，则平移后图象的对称中心为（ ）ABCD【答案】A【解析】根据三角函数的图象平移关系求出函数的解析式，结合函数的对称性进行求解即可【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得，由2xk，得x，kZ，即对称中心为（，0），kZ，故选：A【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，根据平移关系求出函数的解析式是解决本题的关键，属于基础题10著名物理学家李政道说：“科学和艺术是不可分割的”.音乐中使用的乐音在高度上不是任意定的，它们是按照严格的数学方法确定的.我国明代的数学家、音乐理论家朱载填创立了十二平均律是第一个利用数学使音律公式化的人.

6、十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，使相邻两个半音之间的频率比是常数，如下表所示，其中表示这些半音的频率，它们满足.若某一半音与的频率之比为，则该半音为（ ）频率半音CDEFGABC（八度）ABGCDA【答案】B【解析】先根据已知条件求得公比，结合题目所求半音与的频率之比，求得该半音.【详解】依题意可知.由于满足，则，所以数列为等比数列，设公比，对应的频率为，题目所求半音与的频率之比为，所以所求半音对应的频率为.即对应的半音为.故选：B【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，属于基础题.11已知函数，则不等式的解集为（ ）ABCD【答案】A【解析】分析出函

7、数为偶函数，分析该函数在区间上的单调性，由得，结合函数在区间上的单调性可得出关于的不等式组，进而可解得实数的取值范围，即为所求.【详解】当时，满足；当或时，则.由上可知，函数为偶函数.当时，；当时，则函数在上为增函数，且.由可得，所以，解得或.因此，不等式的解集为.故选：A.【点睛】本题考查函数不等式的求解，分析函数的奇偶性和单调性是解答的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.12已知椭圆，圆，、分別为椭圆和圆上的点，则的最小值为（ ）ABCD【答案】D【解析】作出图形，设点为椭圆的右焦点，由椭圆的定义可得，由圆的几何性质得，可得，由、三点共线且点在点的上方时，取得最小值，由此可求得

8、结果.【详解】圆的标准方程为，圆心，半径，如下图所示，可知点为椭圆的左焦点，设点为椭圆的右焦点，易知点在圆上，由椭圆的定义可得，由圆的几何性质可得，当且仅当、三点共线且点在点的上方时，取得最小值.故选：D.【点睛】本题考查椭圆中折线段长的最值的计算，考查椭圆的定义和圆的几何性质的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题.二、填空题13已知向量，且，共线，则_；【答案】20【解析】首先根据，共线得到，再计算即可.【详解】由题知：，共线，所以，解得.所以，.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量数量积的坐标运算，同时考查向量共线的坐标表示，属于简单题.14袋中共有4个除了颜色外完全相同的球，其中有

9、1个红球、1个白球和2个黑球.从袋中任取两球，则两球颜色为一白一黑的概率为_；【答案】【解析】利用列举法求出任取两球的基本事件个数，再求出一白一黑的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】记1个红球为，1个白球为，2个黑球为,从袋中任取两球的基本事件为，共种； 两球颜色为一白一黑的为，共种，所以两球颜色为一白一黑的概率为.故答案为：【点睛】本题考查了古典概型的概率计算公式、列举法求基本事件个数，属于基础题.15已知双曲线的一条渐近线与曲线相切，则该双曲线的离心率为_.【答案】【解析】设切点坐标为，利用导数求出切线方程，由切线过原点求得的值，可得出切线的斜率，进而得出，由此可

10、得出双曲线的离心率为.【详解】设切点坐标为，对于函数求导得，所以，曲线在处的切线方程为，由于该切线过原点，则，解得.所以，切线的斜率为，所以，该双曲线的离心率为.故答案为：.【点睛】本题考查双曲线的离心率的计算，同时也考查了函数图象的切线过点的问题，考查计算能力，属于中等题.16对于任意实数m，函数都有两个零点，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】令可得，根据导数判断的单调性，计算极值，做出函数图象，从而可求出的范围【详解】解：令可得，令，则，当时，当时，在上单调递增，在上单调递减，当时，取得极大值又当时，当时，故的函数图象大致为：有两个零点，有两解，故答案为：【点睛】本题考查了函数零点与函

11、数图象的关系，考查函数单调性的判断与极值计算，属于中档题三、解答题17端午节是我国民间为纪念爱国诗人屈原的一个传统节日.某市为了解端午节期间粽子的销售情况，随机问卷调查了该市1000名消费者在去年端午节期间的粽子购买量（单位：克），所得数据如下表所示：购买量人数10030040015050将烦率视为概率（1）试求消费者粽子购买量不低于300克的概率；（2）若该市有100万名消费者，请估计该市今年在端午节期间应准备多少千克棕子才能满足市场需求（以各区间中点值作为该区间的购买量）.【答案】（1）（2）225000千克【解析】（1）由表得粽子购买量不低于300克的共有200人，可得其概率；（2）先计

12、算出每位顾客粽子购买量的平均数，再乘100万即可.【详解】（1）在随机调查的该超市1000名消费者中，粽子购买量不低于300克的共有200人，所以消费者粽子购买量不低于300克的概率 （2）由题意可得，购买的概率为0.1，购买的概率为0.3，购买的概率为0.4，购买300，400）的概率为0.15，购买的概率为0.05 所以粽子购买量的平均数为克所以需准备粽子的重量为0.225106=225000千克【点睛】本小题主要考查了平均数、概率等基础知识，考查数据分析能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等.18在中，A，B，C的对边分别是a，b，c，（1）求角B的大小；（2）若，求边上的高；【答案】

13、（1）（2）【解析】（1）由正弦定理将已知等式边化角，可得的值，即可求出角；（2）根据余弦定理结合已知条件求出，进而求出的面积，即可求出边上的高.【详解】（1）在中，因为，由正弦定理得， 因为,，所以，所以， 因为，所以.（2）设边上的高为，因为，所以， 即，所以， 所以边上的高.【点睛】本题考查正余弦定理、面积公式解三角形，考查运算求解、逻辑推理能力，属于中档题.19如图，在中，分别为，的中点是由绕直线旋转得到，连结，.（1）证明：平面；（2）若，棱上是否存在一点，使得？若存在，确定点 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）存在，为的中点【解析】（1）要证平面，则证和；证由

14、平面几何知识可得，证，只需证，即证平面，利用线面垂直判定可得.（2），等体积转化，由且，则可解.【详解】（1）依题意得，所以因为分别为，的中点，所以因为所以又因为由沿旋转得到，所以，平面，平面则平面所以，即所以平面解法一：（2）若，则因为且所以，又所以为的中点解法二：（2）因为，所以，又，所以由（1）知平面若，则，所以由（1）知，在中，即解得所以为正三角形，即，所以M为的中点【点睛】本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系、平面与平面位置关系，几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等.20已知抛物线，过的直线与交于两点.当垂直于轴时，

15、的面积为2（1）求抛物线的方程；（2）若在轴上存在定点满足，试求的坐标.【答案】（1）（2）的坐标为【解析】（1）利用的面积为2求出得抛物线的方程；（2）设直线的方程为，联立抛物线方程，得，化简 ，求得的坐标.【详解】解：（1）由，得因为直线垂直于轴时，的面积为2，所以，解得， 所以抛物线C的方程为（2）依题意可设直线的方程为，由得， 显然恒成立， 因为 所以所以此时点的坐标为【点睛】本小题主要考查直线，抛物线，直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，考查考生分析问题和解决问题的能力.21已知函数（1）讨论的导函数零点的个数；（2）

16、若，求a的取值范围.【答案】（1）有且一个零点.（2）【解析】（1），可知时，没有零点；时，在上单调递增，结合，设且，则，由函数零点的判定可得函数有且只有一个零点；（2）依题意得，在恒成立，可得时，不等式显然成立；时，即成立构造函数，利用导数求其最大值，再由大于函数的最大值求得的范围【详解】解：（1）， 当时，由得，所以没有零点；当时，在单调递增，又，设且，则，所以有且一个零点. （2）依题意得，在恒成立.当时，不等式显然成立； 当时，即成立， 设，则，设，则在单调递减，所以，当时，单调递增；当时，单调递减.所以所以，解得综上，当时，【点睛】本题主要考查函数、导数及其应用、不等式等基础知识，考

17、查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等22在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数，）.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的圾坐标方，且直线l与曲线C相交于A，B两点.（1）求曲线C的普通方程和l的直角坐标方程；（2）若，点满足，求此时r的值.【答案】（1），（2）【解析】（1）曲线C的普通方程为， 将，代入直线l的极坐标方程中，可得到l的直角坐标方程.（2）写出l的参数方程可设为（t为参数），将l的参数方程与曲线C的普通方程联立，得，设点A、B对应的参数分别为、，则由韦达定理得，代入可得所求值

18、.【详解】（1）曲线C的普通方程为， 将，代入直线l的极坐标方程中，得到l的直角坐标方程为.（2）点在直线l上，则l的参数方程可设为（t为参数），将l的参数方程与曲线C的普通方程联立，得，设点A、B对应的参数分别为、，则由韦达定理得，且当时，.所以，得.【点睛】本题主要考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程的应用，意在考查考生综合运用知识和运算求解能力，属于中档题.23已知函数.（1）当时，求不等式的解集A.（2）设的解集为B，若，求这数a的值.【答案】（1）（2）【解析】（1）将代入，则，再利用绝对值不等式的性质即可得解；（2）问题等价于在，上恒成立，由此建立关于的不等式组，解出即可【详解】解：（1）当时，即解不等式，由绝对值不等式知，当且仅当时取等号，因此的解集；（2）由，即，不等式恒成立，即，整理得，故在，上恒成立，则在，上恒成立，得，故【点睛】本题考查含绝对值、参数的不等式有解问题与基本不等式的应用，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想等，属于中档题.第 21 页 共 21 页