福建省厦门市2020届高三数学毕业班第一次质量检测模拟考试试题 理（含解析）

1、福建省厦门市2020届高三数学毕业班第一次质量检测模拟考试试题 理（含解析）一、选择题：共12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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出集合，再根据交集和补集的定义求解即可【详解】解：，故选：C【点睛】本题主要考查集合的交集和补集，属于基础题2.设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】根据共轭复数的定义以及复数的模直接运算即可【详解】解：，故选：B【点睛】本题主要考查共轭复数和复数的模，属于基础题3.中国武汉于2019年10月18日至2019年10月27日成功举办

2、了第七届世界军人运动会.来自109个国家9300余名运动员同台竞技.经过激烈的角逐，奖牌榜的前3名如下：国家金牌银牌铜牌奖牌总数中国1336442239俄罗斯515357161巴西21313688某数学爱好者采用分层抽样的方式，从中国和巴西获得金牌选手中抽取了22名获奖代表.从这22名中随机抽取3人， 则这3人中中国选手恰好1人的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据分层抽样确定中国选手的人数，再利用组合数根据古典概型的概率计算公式求解即可【详解】解：中国和巴西获得金牌总数为154，按照分层抽样方法，22名获奖代表中有中国选手19个，巴西选手3个，故这3人中中国选

3、手恰好1人的概率，故选：C【点睛】本题主要考查分层抽样和古典概型的概率计算公式，属于基础题4.已知等差数列 的前项和为，公差为-2，且是与的等比中项，则的值为（ ）A. 110B. 90C. 90D. 110【答案】D【解析】【分析】根据等比中项定义得，结合公差可求出首项，从而可得答案【详解】解：是与的等比中项，又数列的公差为，解得，故选：D【点睛】本题主要考查等差数列的前项和，考查等比中项的应用，属于基础题5.已知函数，给出以下四个结论：(1)是偶函数； (2)的最大值为2； (3)当取到最小值时对应的；(4)在单调递增，在单调递减.正确的结论是（ ）A. (1)B. (1)(2)(4)C.

4、 (1)(3)D. (1)(4)【答案】C【解析】【分析】根据偶函数的定义可判断（1），再利用导数研究函数的单调性与最值【详解】解：，函数为偶函数，故（1）对；又，当时，则，在上单调递增，结合偶函数的性质可知在单调递减，函数在处取得最小值，无最大值，故（3）对，（2）（4）错，故选：C【点睛】本题主要考查偶函数的定义及判断，考查利用导数研究函数的单调性与最值，属于中档题6.已知正四棱柱的底面边长为1，高为2，为的中点，过作平面平行平面，若平面把该正四棱柱分成两个几何体，则体积较小的几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设为的中点，为的中点，连接，连接，利用面面平

5、行的判定定理可证得平面平面，从而平面为平面，从而可得体积较小的几何体为三棱锥，再根据棱锥的体积计算公式求解即可【详解】解：设为的中点，为的中点，连接，连接，在四棱柱中，易证，则，为的中点，为的中点，平面，平面，平面，同理可证：平面，平面，平面，平面平面，即平面为平面，体积较小的几何体为三棱锥，则体积，故选：C【点睛】本题主要考查面面平行的判定，考查棱锥的体积公式，属于基础题7.设，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. .【答案】B【解析】【分析】利用指数幂的运算性质化成同分母，再求出分子的近似值即可判断大小【详解】解：，由于，所以，故选：B【点睛】本题主要考查比较幂的大小，属于基础题8.

6、函数的最小正周期与最大值之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】去掉绝对值作出函数的图象即可求出函数的周期与最值，从而得出答案【详解】解：去绝对值，作出图象得由图可知，函数的最小正周期为，最大值为，所以最小正周期与最大值之比为，故选：C【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，考查分类讨论与数形结合的思想，属于中档题9.已知三角形为直角三角形，点为斜边的中点，对于线段上的任意一点都有， 则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，再分类讨论，结合三角函数的性质即可得出结论【详解】解：由已知可得，设，当与重合时，符合题意；当与重合时，代入，得，

7、此时，同理，当与重合时 故，由，得，即，结合可得，故选：C【点睛】本题主要考查向量的数量积，考查三角函数的性质，考查分类讨论思想，属于中档题10.中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编制大衍历发明了一种近似计算的方法二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是比我国张隧晚了上千年）：对于函数在处的函数值分别为，则在区间上 可以用二次函数来近似代替，其中.若令，请依据上述算法，估算的近似值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接按照所给算法逐步验算即可得出最终结论【详解】解：函数在，处的函数值分别为，故，故，即，故选

8、：A【点睛】本题主要考查新定义问题，准确理解题目所给运算法则是解决本题的关键，属于中档题11.已知双曲线的右支与抛物线相交于两点，记点到抛物线焦点的距离为，抛物线的准线到抛物线焦点的距离为，点到抛物线焦点的距离为，且构成等差数列，则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设，抛物线焦点为，由已知可得，根据抛物线定义可得，利用点差法可得，从而可求得渐近线方程【详解】解：设，抛物线焦点为，由已知有，即，由，两式相减得，即，故，渐近线方程为，故选：A 【点睛】本题主要考查抛物线的定义，考查双曲线的渐近线，考查推理能力与运算能力，属于中档题12.已知方程只有一个实数

9、根，则的取值范围是（ ）A. 或B. 或C. D. 或【答案】A【解析】【分析】令，则原方程转化成，令，显然，问题转化成函数在上只有一个零点1，求导后再利用导数研究函数的单调性与最值，由此可得答案【详解】解：令，则原方程转化成，即，令，显然，问题转化成函数在上只有一个零点1，若，则在单调递增，此时符合题意；若，则，在单调递增，此时符合题意；若，记，则函数开口向下，对称轴，过，当即即时，在单调递减，此时符合题意；当即即时，设有两个不等实根，又，对称轴，所以，则在单调递减，单调递增，单调递增，由于，所以，取，记 令，则，所以，结合零点存在性定理可知，函数在存在一个零点，不符合题意；综上，符合题意的

10、的取值范围是或，故选：A【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查推理能力与运算能力，考查分类讨论思想，属于难题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中二项式系数最大的项为 _.【答案】【解析】【分析】的展开式中二项式系数最大的项为第三项，根据公式求解即可【详解】解：由题意可知二项式系数最大的项为第三项，故答案为：【点睛】本题主要考查二项式定理及其应用，属于基础题14.高三年段有四个老师分别为，这四位老师要去监考四个班级，每个老师只能监考一个班级，一个班级只能有一个监考老师.现要求老师不能监考班，老师不能监考班，老师不能监考班，老师不能监考班，则不同的监

11、考方式有_种.【答案】9【解析】【分析】以老师监考的班级分类讨论即可求出答案【详解】解：当老师监考班时，剩下的三位老师有3种情况，同理当老师监考班时，也有3种，当老师监考班时，也有3种，共9种，故答案为：9【点睛】本题主要考查计数原理，属于基础题15.已知圆：， 圆：. 若圆上存在点，过点作圆的两条切线. 切点为，使得，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由已知可得问题转化为圆和圆有公共点，从而根据几何法即可求出答案【详解】解：已知有，即点的轨迹方程为圆：，问题转化为圆和圆有公共点，则，故，故答案为：【点睛】本题主要考查圆和圆的位置关系，属于基础题16.已知正方体的棱长为3. 点是棱的

12、中点，点是棱上靠近点的三等分点. 动点在正方形(包含边界)内运动， 且面，则动点所形成的轨迹的长度为_【答案】【解析】【分析】取中点，取，则平面平面，延长，延长，交于点，连接交于点，可证得点的轨迹是线段，从而可求出答案【详解】解：由于平面，所以点在过且与面平行的平面上，取中点，取，则平面平面，延长，延长，交于点，连接交于点，显然，平面平面，所以点的轨迹是线段，由中位线定理可证得，故答案为：【点睛】本题主要考查面面平行的判定与性质，考查平面的基本公理，属于中档题三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题、第23题为选考题，

13、考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知函数.（1）求的单调递减区间；（2）在锐角中，分别为角，的对边，且满足，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据降幂公式化简的解析式，再用整体代入法即可求出函数的单调递减区间；（2）由正弦定理边化角，从而可求得，根据锐角三角形可得从而可求出答案【详解】解：（1），由得所以的单调递减区间为；（2）由正弦定理得，即，得，或，解得，或（舍），为锐角三角形，解得的取值范围为【点睛】本题主要考查三角函数的化简与性质，考查正弦定理的作用，属于基础题18.在三棱柱中，已知，为的中点，平面（1）证明四边形为矩形；（2）求直线与平面所成角的

14、余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，可得，易证，则平面，从而可证，由此即可得出结论；（2）以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用法向量解决问题【详解】解：（1）连接，因为为的中点，可得，平面， 平面，又，平面， ，又四边形为平行四边形，四边形为矩形；（2）如图，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则中，中，设平面的法向量是，由得即，可取，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的余弦值为【点睛】本题主要考查线面垂直的判定与性质，考查直线与平面所成的角，属于中档题19.根据养殖规模与以往的养殖经验，某海鲜商家的海产品每只质量（克）在正常环境下服从正态分布（1

15、）随机购买10只该商家的海产品，求至少买到一只质量小于克该海产品的概率（2）2020年该商家考虑增加先进养殖技术投入，该商家欲预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量现用以往的先进养殖技术投入（千元）与年收益增量（千元）（）的数据绘制散点图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线的附近，且， ，其中， =根据所给的统计量，求关于的回归方程，并预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量附：若随机变量，则，；对于一组数据，其回归线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，【答案】（1）0.0129（2）， 千元.【解析】【分析】（1）由正态分布的对称性可知，设购买10只该商家海产品，其中质量

16、小于的为只，故，由此可求出答案；（2）根据最小二乘法可求出回归方程，由此可求出答案【详解】解：（1）由已知，单只海产品质量，则，由正态分布的对称性可知，设购买10只该商家海产品，其中质量小于的为只，故，故，所以随机购买10只该商家的海产品，至少买到一只质量小于克的概率为；（2）由，有，且，所以关于的回归方程为，当时，年销售量的预报值千元，所以预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量为千元【点睛】本题主要考查标准正态分布及其应用，考查最小二乘法求线性回归方程，属于基础题20.在平面直角坐标系中，圆，点，过的直线与圆交于点，过做直线平行交于点（1）求点的轨迹的方程；（2）过的直线与交于、两点，

17、若线段的中点为，且，求四边形面积的最大值【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，可得，则的轨迹是焦点为，长轴为的椭圆的一部分，再用待定系数法即可求出方程；（2）由题意设直线方程为，设，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理表示出，可得，设四边形的面积为，则，再根据基本不等式即可求出答案【详解】解：（1）因为，又因为，所以，所以，所以轨迹是焦点为，长轴为的椭圆的一部分，设椭圆方程为，则，所以，所以椭圆方程为， 又因为点不在轴上，所以，所以点的轨迹的方程为；（2）因为直线斜率不为0，设为，设，联立整理得，所以，所以， ， 设四边形的面积为，则 ，令，再令，则在单调递增，所以时，此时，取

18、得最小值，所以【点睛】本题主要考查椭圆的定义及其性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力，属于中档题21.已知函数有两个零点（1）求的取值范围；（2）记的极值点为，求证：.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）求导得，分类讨论求出函数的单调性，从而可求出答案；（2）由题意得，则，令函数，则，利用导数可求得，从而可得，可得，要证，只需，令，即证，令，求导后得函数的单调性与最值，由此可证结论【详解】解：（1）因为，当时，在单调递增，至多只有一个零点，不符合题意，舍去； 当时，若，则；若，则，所以在单调递增，在单调递减，所以，因为有两个零点，所以必须，则，所以，解得，又因为时，； 时，

19、所以当时，在和各有一个零点，符合题意，综上，；（2）由（1）知，且，因为的两个零点为，所以，所以，解得，令所以，令函数，则，当时，；当时，；所以在单调递增，在单调递减，所以，所以，所以，因为，又因为，所以，所以，即，要证，只需，即证，即证，即证，令，再令，即证，令，则， 所以在单调递增，所以，所以，原题得证【点睛】本题主要考查根据导数研究函数的单调性与最值，考查推理能力与运算能力，属于难题（二）选考题：共10分请考生在第22、23两题中任选一题作答如果多做，则按所做第一个题目计分22.在直角坐标系xOy下，曲线C1的参数方程为（ 为参数），曲线C1在变换T：的作用下变成曲线C2（1）求曲线C2的普通方程；（2）若m1，求曲线C2与曲线C3：y=m|x|-m的公共点的个数【答案】（1）（2）4【解析】【分析】（1）先求出曲线C1的普通方程，再根据图象变换可求出曲线C2的普通方程；（2）由题