福建省三明市2020届高三数学5月质量检查测试试题 理（含解析）（通用）

1、福建省三明市2020届高三数学5月质量检查测试试题 理（含解析）一、选择题：本大题共12个小题，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.已知复数满足（是虚数单位），则在复平面内对应的点在（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】C【解析】【分析】求出的标准形式，得出对应点坐标，从而得出结果.【详解】解：因为复数满足（是虚数单位），所以，复数对应的点为，落在第三象限故选C.【点睛】本题考查了复数的运算与复数的几何意义，解题的关键是根据复数运算规则得出复数的标准形式.2.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【

2、分析】求出集合A、B对应的范围，根据交集规则得出结果.【详解】解：因为集合，所以，因为，所以，故故选A.【点睛】本题考查了集合的交集问题，解题的关键是求解出两个集合中的不等式.3.在中，点在边上，且，设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】在中将向量分解为，再利用共线定理将转化为，最后将转化为，从而解决问题.【详解】解：在中，因为，所以，又因为,所以，故选A.【点睛】本题考查了向量的线性运算问题，熟练运用三角形法则与共线定理是本题解题的关键.4.已知实数满足约束条件，则的最小值为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 9【答案】B【解析】【分析】作出约束条件对应的平面区域，根

3、据线性规划知识将直线进行平移，得出最值.【详解】解：作出约束条件对应的平面区域，如图所示，目标形式的几何意义是一条斜率为的直线，当直线平移经过点A时，取得最小，联立方程组，解得点A的坐标为（0,2），故，故选B.【点睛】本题考查了线性规划的知识，解题的关键是能准确地作出不等式组对应的平面区域，还要能准确地解析出目标形式的几何意义.5.执行如图所示的程序框图，若输入的的值分别为1，2，则输出的是（ ）A. 70B. 29C. 12D. 5【答案】B【解析】【分析】此程序框图是循环结构图，模拟程序逐层判断，得出结果.【详解】解： 模拟程序：的初始值分别为1,2，4，第1次循环：，不满足；第2次循环

4、：，不满足； 第3次循环：，满足，故输出.故选B.【点睛】本题考查了程序框图的循环结构，解题的关键是要读懂循环结构的流程图，根据判断框内的条件逐步解题.6.下列数值最接近的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用两角和差公式将每一个选项进行合并，再利用三角函数图像比较每一选项的大小，从而得出结果.【详解】解：选项A：；选项B：；选项C：；选项D：，经过化简后，可以得出每一个选项都具有的形式，要使得选项的数值接近，故只需要接近于，根据三角函数图像可以得出最接近，故选D.【点睛】本题考查了两角和差公式、诱导公式、三角函数图像等知识，解题的关键是熟练运用三角变换公式将每一个选项

5、转变为相似的形式.7.在直三棱柱中，.以下能使的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据条件直三棱柱中，可以得出平面，故能得到，要证，即证明平面，从而得出答案.【详解】解：因为直三棱柱所以，又因为，所以因为，平面，所以平面，所以，那么，要证，故只需要证明平面，即证，因为直三棱柱的侧面都是长方形，当增加条件时，则可以得到，因为，平面，所以平面，所以.故选B.【点睛】本题考查了线面垂直、线线垂直的问题，解题的关键是从选项中寻找出条件，得出线面垂直，从而得出线线垂直.8.将函数的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像.如图是的部分图像，其中是其与轴的两个交点，是其上的点，且是等

6、腰直角三角形.则与的值分别是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】先由求出，然后根据是等腰直角三角形，求得，得到周期求出的值，将A点代入函数中去，解出.【详解】解：将函数的图像向右平移个单位长度后得到函数为，因为是等腰直角三角形，所以，即，解得，所以周期，即，故，解得，当时，即，解得：，因为，所以，故选D.【点睛】本题考查了根据三角函数图像求解参数的问题，三角函数中常见的几个参数的一般解法是：由的值可以解出的值，由最值可以得出的值，由特殊点可以得出的值.9.斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，是根据斐波那契数列1，1，2，3，5，画出来的螺旋曲线.如图，白色小圆内切于

7、边长为1的正方形，黑色曲线就是斐波那契螺旋线，它是依次在以1，2，3，5为边长的正方形中画一个圆心角为的扇形，将其圆弧连接起来得到的.若在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出阴影部分的面积，再求出矩形的面积，根据几何概型的计算公式进行求解.【详解】解：由图可知，阴影部分的面积为 ，矩形的面积为，故此点取自阴影部分的概率为，故选D.【点睛】本题考查了几何概型的问题，几何概型往往以长度、面积、体积为测度，熟记几何概型的计算公式是关键.10.已知直线与中心在原点的双曲线交于两点，是的右焦点，若，则的离心率为（ ）A. B. C. 2

8、D. 【答案】A【解析】【分析】由，得到，由对称性可知是的中点，从而可得，再由直线的斜率为得到,可得到点B的坐标，将点B的坐标代入到双曲线方程得到关于的等量关系式，得出离心率.【详解】解：因为直线经过原点，所以直线与双曲线的交点A、B关于原点对称，所以，即是的中点，因为若，所以,故，直线的斜率为，所以,故，将点代入双曲线得，即，因为，故，即，解得：或因为，所以，故选A.【点睛】本题考查了双曲线的离心率问题，解决问题的关键是要能从题意中将关于的等量关系式构造出来.11.依照某发展中国家2020年的官方资料，将该国所有家庭按年收入从低到高的顺序平均分为五组，依次为第一组至第五组，各组家庭的年收入总

9、和占该国全部家庭的年收入总和的百分比如图所示.以下关于该国2020年家庭收入的判断，一定正确的是（ ）A. 至少有的家庭的年收入都低于全部家庭的平均年收入B. 收入最低的那的家庭平均年收入为全部家庭平均年收入的C. 收入最高的那的家庭年收入总和超过全部家庭年收入总和的D. 收入最低的那的家庭年收入总和超过全部家庭年收入总和的【答案】C【解析】【分析】设出所有家庭年收入总和、家庭数，得出所有家庭的平均收入，基于条件“按年收入从低到高的顺序”的情况下，逐一分析各选项的正误， 从而得出结果.【详解】解：设所有家庭年收入总和为100，共有5n个家庭，则所有家庭平均收入为，选项A，第四组、第五组家庭的平

10、均收入均超过，故极有可能第四组、第五组全部的家庭的收入均超过全部家庭的年平均收入，虽第三组家庭平均年收入为，由于按年收入从低到高的顺序排列，故仍有可能存在部分家庭年收入超过，这样家庭年收入超过的比率有可能超过，故A选项不正确； 选项B，收入最低的那的家庭平均年收入，为全部家庭平均收入的，故选项B不正确；选项C，收入最高那的家庭数应为第四组一半家庭数与第五组家庭数的和，由于按年收入从低到高的顺序排列，故总收入大于，收入最高的那的家庭年收入总和超过全部家庭年收入总和的，选项C正确；选项D，收入最低的那的家庭数应为第三组家庭数的一半与第一、二组家庭数的和，由于按年收入从低到高的顺序排列，故总收入小于

11、，收入最低的那的家庭年收入总和不会超过全部家庭年收入总和的，选项D不正确.故本题选C.【点睛】本题考查了条形图的知识，认识理解条形图是解题的关键.12.已知函数的定义域为，其导函数为.若，且，则下列结论正确的是（ ）A. 是增函数B. 是减函数C. 有极大值D. 有极小值【答案】A【解析】【分析】对化简可得，即为，设函数，研究函数 的性质，从而得到的单调性与极值，从而得到答案.【详解】解：设函数因为化简可得，即为，故，因为所以恒成立，所以在上单调递增，又因为，所以，所以当时，当时，当时，故恒成立；当时，故恒成立；所以在上恒成立，故在上单调递增，故函数没有极值，不可能单调递减所以选A.【点睛】本

12、题考查了导数在函数中的应用，解题的关键是构造新函数，由新函数的性质得出原函数的性质，从而解决问题.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知函数，则_【答案】6【解析】【分析】先求出的值，然后再求出.【详解】解：因为函数，所以，所以.【点睛】本题考查了分段函数求函数值的问题，分段函数是一个函数，分段不分家，一般需要分情况讨论.14.在的展开式中，的系数为_【答案】-30【解析】【分析】将视作为，计算出第项，从而得出的系数.【详解】解：故，因为要求的系数，所以或5，当时，的系数为，当时，的系数为，所以的系数为.【点睛】本题考查了二项式定理的知识，解题的关键是要将转化为来求解

13、，进而分类讨论得到结果.15.已知以为焦点的抛物线上的两点满足，则的中点到轴的距离为_【答案】【解析】【分析】设出点A、B的坐标，代入抛物线方程与，求出A、B的坐标，从而得到的中点到轴的距离.【详解】解 ：设，因为两点满足，所以，即解得：，故，的中点到轴得距离为.【点睛】本题考查了向量的坐标运算，抛物线的定义等知识，解题时设出变量，列出方程组，得出变量的值，根据图形解决问题.16.已知是边长为2的等边三角形，当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为_【答案】【解析】分析】当三棱锥体积最大时，分析得出点C的位置，再根据球的性质，在直角三角形中解出球的半径，从而求得球的表面积.【详解】解：取的中点，

14、连接，设的外接圆的圆心为，的外接圆的圆心为，因为是边长为2的等边三角形，所以面积确定，要使三棱锥体积最大，即要使点到平面的距离最大，只有当平面平面时，体积最大，即点到边的距离最大，三棱锥的体积最大，因为，且，外接圆的半径为，所以点在外接圆上运动，如图所示当点满足时，点到边的距离最大，三棱锥的体积最大.此时三棱锥的高即为的长，此时外接圆的圆心在上，根据球的性质可知，故四边形为矩形，故，在中，球的半径平方为，所以球的表面积为.【点睛】本题考查了锥体与球体的位置关系，解题的关键是要确定锥体上各点、线、面与球体之间的关系，同时还要对球体的性质有清晰的认识.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明

15、过程或演算步骤. 17.已知数列的前项和为，且，.（1）求数列的前项和；（2）设，数列的前项和为，求证.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）对进行退位相减，求得与之间的关系，得出的通项公式，进而求出数列的前项和；（2）先求出的通项公式，然后利用裂项求和法求出，再根据的单调性求出最值与极限值，便能得证.【详解】（1）因为，所以当时，-得，即，又因为，即，所以，即数列是以为首项，公比的等比数列，所以，则.（2）由（1）得，所以，则，则，所以 .因为，所以.又，当时，取得最小值为，所以，即.【点睛】本题考查了数列的退位相减法、裂项求和法，利用“退位相减”的方法解题时，一定要注意对范围的考

16、虑，一般情况下都需要对的情况进行验证，本题还考查了数列单调性、最值的问题.18.如图，在以为顶点的五面体中，面是边长为3的菱形.（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）由已知条件中的菱形得到线线平行，利用线面平行的判定定理得到线面平行，再由线面平行的性质定理得到线线平行；（2）建立空间直角坐标系，求出法向量的夹角，得出二面角的大小.【详解】（1）因为是菱形，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以.（2）在中，根据余弦定理，因为，所以，则，所以，即.因为，所以.又因为，平面,所以平面.设中点为，连结，,因为是菱形，所以是等边

17、三角形，所以，所以.作于点，则，在中，所以.如图，以为坐标原点，分别以，为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系.则，.设平面的一个法向量为，因为，所以，即，取，解得，此时.由图可知，平面的一个法向量为，则，因为二面角是锐角，所以二面角的余弦值是.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理与性质定理的运用，还考查了利用空间向量求解二面角的大小问题，理清法向量的夹角与二面角的关系是解题的关键，还考查了学生的计算能力.19.某居民区有一个银行网点（以下简称“网点”），网点开设了若干个服务窗口，每个窗口可以办理的业务都相同，每工作日开始办理业务的时间是8点30分，8点30分之前为等待时段.假设每位储户在等待

18、时段到网点等待办理业务的概率都相等，且每位储户是否在该时段到网点相互独立.根据历史数据，统计了各工作日在等待时段到网点等待办理业务的储户人数，得到如图所示的频率分布直方图：（1）估计每工作日等待时段到网点等待办理业务的储户人数的平均值；（2）假设网点共有1000名储户，将频率视作概率，若不考虑新增储户的情况，解决以下问题：试求每位储户在等待时段到网点等待办理业务的概率；储户都是按照进入网点的先后顺序，在等候人数最少的服务窗口排队办理业务.记“每工作日上午8点30分时网点每个服务窗口的排队人数（包括正在办理业务的储户）都不超过3”为事件，要使事件的概率不小于0.75，则网点至少需开设多少个服务窗

19、口？参考数据：；.【答案】（1）10（2）0.014【解析】【分析】（1）先求出各组频率，根据均值公式得出平均值；（2）在等待时段到网点等待办理业务的储户人数服从，根据期望得出概率；先求出，然后与参考数据进行对比，得出整数的最值.【详解】（1）根据频率分布直方图，各组的频率依次为：0.04，0.24，0.48，0.16，0.08，故所求的平均值为： .即每工作日等待时段到网点等待办理业务的储户人数的平均值为10.（2）设在等待时段到网点等待办理业务的储户人数为，每位储户到网点办理业务的概率为，则，所以的数学期望，将频率视作概率，根据（1）的结论，所以，解得.即每位储户在等待时段到网点等待办理业

20、务的概率为0.01.由知，则.设网点共开设了个服务窗口，则事件即“每工作日等待时段到网点等待办理业务的储户人数不超过”，其概率为，所以满足的最小正整数，即为所求.因为 ， ，所以，即为的最小值.所以根据要求，网点至少需开设4个服务窗口.【点睛】本题考查了频率分布直方图、二项分布、数学期望等知识，对题目所表述的实际问题有正确的理解是解题的关键.20.已知，是动点，以为直径的圆与圆：内切.（1）求的轨迹的方程；（2）设是圆与轴的交点，过点的直线与交于两点，直线交直线于点，求证：三点共线.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）设出，根据相切得出关于的方程，由方程对应的几何意义得出的轨迹的方

21、程；（2）设出，解出点坐标，从而得出的坐标，设过点的直线并与椭圆联立方程组，借助韦达定理进行化简、证明.【详解】解：（1）设，则的中点的坐标为，因为圆与圆内切，点在圆内，所以，即，整理得，设，则，即的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.由，得，所以的方程为.（2）设，.因为是圆与轴的交点，不妨设，则.因为直线的方程为，所以，则.依题意，因为直线过，斜率不为0，故可设其方程为，由消去并整理得，则，因为 ，所以，故三点共线.【点睛】本题考查了点的轨迹求解问题、直线与圆锥曲线的问题，直线与圆锥曲线问题常见解法是借助韦达定理，将多元问题转化为少元（单元）问题，属于中档题.21.已知函数.（1）讨论极值

22、点的个数；（2）若有两个极值点，且，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，有两个极值点；当时，没有极值点.（2）【解析】【分析】（1）根据的根的情况，对的值进行讨论，从而得出极值点的个数；（2）由（1）得，借助此等式将不等式中的进行换元，构造出新函数，研究其性质，得出的取值范围.【详解】（1）由，得.令，得，即，令，则，且，由得.当时，在单调递增；当时，在单调递减.所以，且当时，；当时，.所以，当，方程有两解，不妨设为故当时，故单调递减，当时，故单调递增，当时，故单调递减，即时，有两个极值点；当，恒成立，故单调递减，即时，没有极值点.（2）不妨设，由（1）知，则，两边取对数，所以，所以，即.令，则，.因为，即，所以，即，设，则，且.易知.记，则，且，考查函数，.当时，则，即，所以在上单调递减，所以当时，所以当时符合题意.当时，有两个不同零点，且，不妨设，则，当时，则，所以在上单调递增，故存在，使得，所以，当时，不符合题意，综上，的取值范围是.【点睛】本题考查了利用导数求解函数的单调性、极值、最值等问