2020届宁德市高三上学期第一次质量检查（期末）数学（理）试题（解析版）

2020届福建省宁德市高三上学期第一次质量检查（期末）数学（理）试题一、单选题1若复数，其中是虚数单位，则复数的模为（ ）ABCD2【答案】C【解析】利用复数的四则运算将复数化简为a+bi的形式，然后利用复数模的公式计算即可【详解】复数2i+2i+1i1+i,则|z|故选C【点睛】本题考查复数的乘除运算，复数的模的求法，属于基础题2设集合，则=( )ABCD【答案】A【解析】对集合分别进行不等式求解，并进行化简，再求交集，即可得答案.【详解】因为，集合或，所以.故选：A.【点睛】本题考查不等式的求解及集合的交运算，考查基本运算求解能力.3已知等比数列满足，则( )ABCD【答案】A【解析】利用等比数列的通项公式，将等式化成关于的方程，进而求得的值.【详解】因为，所以，解得：，所以.故选：A.【点睛】本题考查等比数列的通项公式应用，考查基本运算求解能力.4若满足，则的最大值为（）A2B5C6D7【答案】B【解析】画出，满足约束条件，的平面区域，如图示：由，解得，由可知直线过时，最大，得，故选B.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.5一个球体被挖去一个圆锥，所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) ABCD【答案】C【解析】根据三视图的数据，求出球的体积后再减去圆锥的体积，即可得答案.【详解】如图所示，连接交于，设球的半径为，因为，所以，所以，所以.故选：C.【点睛】本题考查三视图还原几何体的直观图、组合体体积计算，考查空间想象能力和运算求解能力.6明朝数学家程大位著的算法统宗里有一道著名的题目： “一百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大、小和尚各几丁？”下图所示的程序框图反映了此题的一个算法执行下图的程序框图，则输出的 ( )A25B45C60D75【答案】D【解析】根据程序框图，解方程得，即可得到答案.【详解】根据程序框图，当时，解得，此时，终止循环.故选：D.【点睛】本题考查程序框图语言和数学文化的交会，考查阅读理解能力，求解时注意将问题转化为解方程问题.7若、为空间两条不同的直线，、为空间两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ）A且B且C且D且【答案】D【解析】【考点】平面的基本性质及推论；必要条件、充分条件与充要条件的判断专题：计算题分析：若a且，则有a，反之不成立，于是，“a且”是“a”成立的充分不必要条件解答：解：若a且，则有a，反之不成立，于是，“a且”是“a”成立的充分不必要条件，故选D点评：本题考查平面的基本性质和推论，是基础题解题时要认真审题，仔细解答8若实数，满足，则，的大小关系是( )ABCD【答案】C【解析】令，再利用对数函数与指数函数的图象，可得答案.【详解】令，则，因为，由的图象可得：，所以；因为与互为反函数，图象关于对称，因为，所以，综上所述：.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的图象研究数的大小，考查数形结合思想、转化与化归思想，考查运算求解能力，求解时注意借助函数的图象进行研究.9已知点和点关于直线对称，斜率为的直线过点交于点，若的面积为2，则的值为( )A或BCD【答案】B【解析】先求出点的坐标，再利用的面积为2，得到关于的方程，从而求得答案.【详解】设点，则解得：，则，设直线的方程为：与方程联立，解得：，则，因为直线的方程为：，且，点到直线的距离，所以.故选：B.【点睛】本题考查点关于直线对称、点到直线距离、三角形面积公式，考查数形结合思想的运用，考查运算求解能力.10已知斜率为的直线过抛物线的焦点，与抛物线交于，两点，又直线与圆交于，两点若，则的值为( )ABCD【答案】A【解析】利用弦长公式分别计算、关于的表达式，再利用求得的值.【详解】设直线的方程为代入抛物线消去，整理得：，则，所以，圆，圆心为，半径为，因为直线过圆心，所以，因为，所以.故选：A.【点睛】本题考查直线与圆、直线与抛物线的位置关系、弦长计算，考查转化与化归思想的应用，考查运算求解能力，求解时注意弦的特殊性，即可简化运算.11已知函数的周期为，,分别是函数的图像与轴相邻的两个交点，点在函数的图像上，且满足，则的值为( )ABCD【答案】C【解析】根据题意，可令，点为坐标原点，再利用得到点的坐标，代入函数解析式，并求得的值.【详解】因为函数的周期为，所以，令得，令，则，因为，所以在方向的投影为，所以，所以，所以.故选：C.【点睛】本题考查平面向量数量积与三角函数图象的交会、三角函数的周期及对称性，考查数形结合思想，考查运算求解能力，求解过程利用特值法，令，能使运算过程更简便.12已知函数，以下四个命题：当时，函数存在零点； 当时，函数没有极值点；当时，函数在上单调递增； 当时，在上恒成立其中的真命题为( )ABCD【答案】D【解析】对函数求导得导数大于0在恒成立，可得正确，从而排除B，C，再根据导数方程，可得当时，方程有解，故排除A，从而得到正确选项.【详解】因为，对，当时，因为时，恒成立，所以函数在上单调递增，故正确，故排除B，C；对，因为，令，因为，所以函数在单调递减，且时，；时，；又因为在存在是连续的函数，且，所以两个函数一定有交点，所以存在，使得，即有解，且在的两侧导数值异号，所以时，函数没有极值点是错误，故排除A.故选：D【点睛】本题查利用导数研究函数的性质，考查数形结合思想、函数与方程思想，求解时要注意利用排除法进行求解，可使问题的求解更高效.二、填空题13已知向量，若，则=_【答案】【解析】利用向量平行的坐标运算求得的值，再利用向量的坐标求数量积.【详解】因为，所以，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查向量平行与数量积的坐标运算，考查基本概念的理解，属于基础题.14已知定义在R上的奇函数满足，且则=_【答案】【解析】利用定义在R上的奇函数，得的值，再由得到函数的周期，从而利用函数解析式求，的值，即可得到答案.【详解】因为定义在R上的奇函数，所以，所以，因为，所以，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查奇函数的性质、函数的周期性及函数值的计算，考查函数与方程思想和运算求解能力，求解时注意的运用.15若，则_【答案】【解析】由两角和的正弦展开并对等式进行化简得的值，再根据同角三角函数的基本关系，求得的值，进而利用倍角公式求得的值.【详解】因为，所以，整理得：，所以或所以.故答案为：【点睛】本题考查两角和正弦公式、同角三角函数基本关系、倍角公式，考查三角恒等变形能力和运算求解能力.16在棱长为4的正方体中，正方形所在平面内的动点到直线，的距离之差为2设的中点为，则的最小值为_【答案】【解析】取的中点，连接，建立平面直角坐标系，求出点在正方形所在平面内的轨迹方程，再将问题转化成求的最小值.【详解】因为正方形所在平面内的动点到直线，的距离之差为2，则点在平面内的轨迹为双曲线，其方程为，则，取的中点，连接，则，当最小时，则最小.设，则，对称轴，所以函数在单调递减，所以当时，所以的最小值为.故答案为：【点睛】本题以立体几何为问题背景与解析几何中的双曲线进行知识交会，考查距离的最值问题，二次函数的性质，求解时注意利用坐标法思想进行求解，考查函数与方程思想、数形结合思想，考查运算求解能力.三、解答题17已知各项均为正数的数列的首项，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】（1）利用临差法得到，从而证明数列为等差数列，进而求得通项公式；（2）将通项进行改写，再利用裂项相消法进行求和.【详解】（1）由两式相减，得：，又，当时，且，故，得（舍去），数列为等差数列，公差为，所以 （2）由（1）及题意可得，所以【点睛】本题考查等差数列的定义及通项公式、裂项相消法求和，考查数列中的基本量法，考查运算求解能力.18如图，矩形平面，且，分别为，的中点（1）证明：平面；（2）若，求二面角的大小【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）取DE中点F，分别连结AF,FN，证明，再利用线面平行的判定定理证明线面平行；（2）以B为原点建立空间直角坐标系，得则，求出为平面ABCD的一个法向量，为平面AED的法向量，从而求得二面角的大小【详解】（1）证明：取DE中点F，分别连结AF,FN又N为BC中点，所以,因为矩形ABCD中，M为AB的中点，所以所以，所以四边形AMNF为平行四边形，所以，又因为平面,平面，所以平面（2）因为矩形平面，矩形平面， 所以平面如图，以B为原点建立空间直角坐标系，则，因为轴平面ABCD，所以为平面ABCD的一个法向量，设为平面AED的法向量，因为，所以，得，故可取，则，由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的大小为【点睛】本题考查线面平行判定定理的运用、向量法求二面角的大小，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意找到三条两两互相垂直的直线，才能建立空间直角坐标系.19的内角，的对边分别为，且，（1）求；（2）若为锐角三角形，为中点，求的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】（1）由正弦定理，将式子中的边化成角得到，从而求得的值；（2）由（1）知，可得的范围，再将表示成关于的函数，从而求得的取值范围.【详解】（1）因为，由正弦定理，得，又，所以，所以，因为，所以，所以，又，所以.（2）由（1）知，根据题意得 解得. 在中，由正弦定理得，所以，因为，所以，所以.因为为中点，所以，所以，因为，所以的取值范围为.【点睛】本题考查正弦定理的应用、利用向量解三角形及二次函数知识应用，考查数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想的综合运用，求解时要有变量思想，即将表示成关于角的函数.20已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，过作直线与椭圆交于，两点，的周长为8（1）求椭圆的标准方程；（2）问：的内切圆面积是否有最大值？若有，试求出最大值；若没有，说明理由【答案】（1）；（2）【解析】（1）由离心率得，再利用的周长为8得，从而得到的值，进而得到椭圆的方程；（2）将的内切圆面积的最大值转化为求的值最大，设，直线，从而将面积表示成关于的函数，再利用换元法研究函数的最值.【详解】（1）离心率为，的周长为8，得，因此，椭圆的标准方程为（2）设的内切圆半径为， 又，要使的内切圆面积最大，只需的值最大设，直线，联立消去得：，易得，且，所以，设，则，设，所以在上单调递增，所以当，即时，的最大值为3，此时，所以的内切圆面积最大为【点睛】本题考查椭圆的离心率、方程的求解、焦点三角形的性质，考查转化与化归思想、函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意换元法的灵活运用.21已知函数（1）若，曲线在点处的切线与直线平行，求的值；（2）若，且函数的值域为，求的最小值【答案】（1）；（2）【解析】（1）对函数进行求导得，再利用导数的几何意义得，从而得到关于的方程，解方程即可得到答案；（2）当时，将函数可化为，则，从而将问题转化为有解，再构造函数，利用导数研究函数的值域，从而得到的取值范围.【详解】（1）当时，由，得，即，解得或，当时，此时直线恰为切线，故舍去，所以.（2）当时，设，设，则，故函数可化为.由,可得的单调递减区间为，单调递增区间为，所以的最小值为，此时，函数的的值域为问题转化为当时，有解，即，得.设，则，故的单调递减区间为，单调递增区间为，所以的最小值为，故的最小值为【点睛】本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、求参数的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意对问题进行多次转化，同时注意构造函数法的应用.22在平面直角坐标系中，圆，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，直线的极坐标方程为，直线交圆于两点，为中点.（1）求点轨迹的极坐标方程；（2）若，求的值.【答案】(1) ，(2) 或【解析】(1)联立极坐标方程,利用为中点与韦达定理分析求解即可.(2)根据极经的几何意义分别表示,再利用韦达定理求关于的方程求解即可.【详解】解法一：（1）圆的极坐标方程为将代入得：，成立，设点对应的极径分别为，所以， 所以，所以点轨迹的极坐标方程为，（2）由（1）得，所以，又，所以或，即或解法二：（1）因为为中点，所以于， 故的轨迹是以为直径的圆（在的内部），其所在圆方程为：，即.从而点轨迹的极坐标方程为， （2）由（1）得，令，因为，所以， 则，所以，所以，即，解得（舍去），所以，又，所以或，即或【点睛】本题主要考查了极坐标中极经的几何意义,同时根据联立方程的韦达定理方法表达出题