2020届福建省厦门市高中毕业班线上质量检查数学（文）试题（解析版）

2020届福建省厦门市高中毕业班线上质量检查数学（文）试题  一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】先化简集合B，再与集合A求交集.【详解】因为，又因为，所以.故选：D【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2．椭圆：的焦点坐标为（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】先化为标准方程，求得，判断焦点位置，写焦点坐标.【详解】因为椭圆：，所以标准方程为，解得，因为焦点在y轴上，所以焦点坐标为，.故选：B【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.3．记为等差数列的前项和，且，，则数列的公差是（    ）A．2 B．1 C．－1 D．－2【答案】C【解析】根据，，即，联立求解.【详解】设等差数列的公差为d，因为，，所以，，解得d=-1.故选：C【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式和前n项和，还考查了运算求解的能力，属于基础题.4．《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明.如图是赵爽弦图及注文.弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实.图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成朱色及黄色，其面积称为朱实、黄实.由2×勾×股+（股－勾）2=4×朱实+黄实=弦实，化简得勾2+股2=弦2.若图中勾股形的勾股比为，向弦图内随机抛掷100颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉颗数大约为（    ）（参考数据：，）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】C【解析】设勾为a，则股为，求得大正方形的边长，面积，小正方形的边长，面积，再利用几何概型求得概率即可.【详解】设勾为a，则股为，大正方形的边长为，则其面积为，小正方形的边长为，则其面积为，所以落在黄色图形内的概率为：，落在黄色图形内的图钉颗数大约.故选：C【点睛】本题主要考查几何概型的概率，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.5．已知角的终边经过点，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据角的终边经过点，利用三角函数的定义求得，再利用两角和与差的正切公式求解.【详解】因为角的终边经过点，所以，所以.故选：D【点睛】本题主要考查三角函数的定义及两角和与差的正切公式，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.6．，是两个平面，，是两条直线，且，，则下列命题中正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】B【解析】利用面面平行和面面垂直的性质定理判断.【详解】若，因为，所以则，又因为，所以，故B正确，A错误.若，因为，或，故C，D错误故选：B【点睛】本题主要考查面面平行和面面垂直的性质定理，还考查了空间想象，理解辨析的能力，属于基础题.7．在菱形中，，，为的中点，则（    ）A．10 B．12 C．16 D．36【答案】B【解析】利用向量的中点坐标公式，将，转化为，再利用数量积的运算律和公式求解.【详解】在菱形中，，，为的中点，则.故选：B【点睛】本题主要考查平面向量在平面几何中的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.8．已知数列满足，（），则（    ）A．31 B．32 C．63 D．64【答案】D【解析】根据时，由，得两式相减得：，得到数列是等比数列，再利用通项公式求解.【详解】当时，由，得，两式相减得：，又因为，所以数列时等比数列.所以.故选：D【点睛】本题主要考查数列的通项公式和前n项和公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据，得，，，再比较.【详解】因为，所以，所以，又因为，，所以.故选：A【点睛】本题主要考查对数的换底公式和对数比较大小，还考查了运算求解的能力，属于中档题.10．在正三棱柱中，，，，，分别为，，，的中点，是线段上的一点.有下列三个结论：①平面；②；③三棱锥的体积是定值.其中所有正确结论的编号是（    ）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【解析】充分利用正三棱柱的几何特征，面面平行的性质定理和线面垂直的判断定理以及等体积法求解.【详解】如图所示：因为，所以平面BDF.又因为DF//EG，所以EG//平面BDF， ，所以平面平面BDF， 所以平面，故①正确.因为，所以，又因为，，所以平面BDF，所以，故②正确.，故③正确.故选：D【点睛】本题主要考查直线与平面的位置关系，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.11．已知双曲线：（）的左，右焦点分别为，，抛物线：（）的焦点与重合，点是与的交点，且，则的离心率是（    ）A．2 B． C．3 D．【答案】C【解析】根据抛物线的定义和，得到，再根据双曲线的定义，求得，，然后用余弦定理求解.【详解】如图所示：过作抛物线的准线的垂线，因为，所以，又，∴，在中，由余弦定理得即，∴∴，∴或又，∴，即，∴.故选：C【点睛】本题主要考查抛物线的定义和双曲线的定义及几何性质，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.12．函数，若（）对恒成立，则（    ）A．－1 B．0 C．1 D．2【答案】A【解析】由，求导，可知在R上是增函数，而当时，，当时，，根据，对恒成立，则必有成立.【详解】因为，所以，所以在R上是增函数，当时，，当时，，当时，，因为，对恒成立，所以，所以.故选：A【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性和不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.  二、填空题13．复数（为虚数单位），则的虚部是______.【答案】2【解析】先化简复数，再由复数的概念求解.【详解】因为复数所以的虚部是2故答案为：2【点睛】本题主要考查复数的运算及概念，还考查了运算求解和理解辨析的能力，属于基础题.14．若，满足约束条件则的最大值是______.【答案】4【解析】根据，满足约束条件，画出可行域，平移所在的直线，找到最优点，将坐标代入求解.【详解】因为，满足约束条件所对应的可行域如图所示：平移所在的直线，找到最优点A（1，1），所以的最大值是4.故答案为：4【点睛】本题主要考查线性规划求最值，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.15．如图，函数（，）的图象与坐标轴交于点，，，直线交的图象于点，（坐标原点）为的重心，，则点的坐标为______，______.【答案】        【解析】根据（坐标原点）为的重心，，则有d，，得到，同时，是半个周期，可求得，再代入一个零点，求得即可.【详解】因为（坐标原点）为的重心，，所以，所以，所以.所以，，因为，，所以.所以.故答案为：(1).     (2). 【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.16．已知数列满足，且（），则的最大值是______.【答案】【解析】根据题意有，两式相减的，则数列的奇数项和偶数项都是递减数列 ，再根据求几项即可.【详解】根据题意得：，所以，所以数列的奇数项和偶数项都是递减数列，又因为，所以，，的最大值是.故答案为：【点睛】本题主要考查数列的递推关系的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 三、解答题17．的内角，，的对边分别为，，，已知，.（1）求；（2）若，点在边上，且，求的面积.【答案】（1）5；（2）【解析】（1）由正弦定理将，转化为，再利用两角和与差的三角函数转化为，再求解. （2）在中，利用余弦定理求得边a，在中，求得，，再利用正弦定理求解.【详解】（1）∵，∴，∴，∴，∴，∴（2）如图所示:∵，∴，∴，∵，∴.∵在中，，，∴是等边三角形，∴，，∴，，∴.【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.18．如图，四边形是边长为2的菱形，，，都垂直于平面，且.（1）证明：平面；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）法一由，利用线面平行的判定定理，得到面，同理面，再由面面平行的判定定理得到面面即可. （2）法一：连接，交于点，利用线面垂直的判定定理易得面，面，面，∴，又，，四边形为矩形，利用等体积法求解.【详解】（1）法一∵，面，面，∴面，∵平面，平面，∴，又面，面，∴面，∵，∴面面，又面，∴面.法二：取中点，连接，，∵平面，平面，∴，∴四边形为平行四边形，∴，∴四边形为平行四边形，∴.∵平面，平面，∴，∴，，，四点共面.∴面.又面，∴面.（2）法一：连接，交于点，∵面，面，∴.又，，∴面.在等边中，，，∵面，面，∴，又，.∴四边形为矩形，∴.∴.法二：∵面，面，∴，又面，面，∴面.取中点，连接，∵面，面，∴，在等边中，，又，∴面，∴到面的距离即为.又，∴.【点睛】本题主要考查线面平行、面面平行的判定定理和性质定理，还考查了数形结合、转化化归的思想和空间想象的能力，属于中档题.19．凤梨穗龙眼原产厦门，是厦门市的名果，栽培历史已有100多年.龙眼干的级别按直径的大小分为四个等级（如下表）.级别三级品二级品一级品特级品 某商家为了解某农场一批龙眼干的质量情况，随机抽取了100个龙眼干作为样本（直径分布在区间），统计得到这些龙眼干的直径的频数分布表如下：频数1297 用分层抽样的方法从样本的一级品和特级品中抽取6个，其中一级品有2个.（1）求、的值，并估计这批龙眼干中特级品的比例；（2）已知样本中的100个龙眼干约500克，该农场有500千克龙眼干待出售，商家提出两种收购方案：方案：以60元/千克收购；方案：以级别分装收购，每袋100个，特级品40元/袋、一级品30元/袋、二级品20元/袋、三级品10元/袋.用样本的频率分布估计总体分布，哪个方案农场的收益更高？并说明理由.【答案】（1），；（2）应选择方案，理由见解析【解析】（1）根据题意，建立方程组求解/ （2）农场选择方案获得的收入为（元），设农场选择方案获得的收入为元，依题意先计算500千克龙眼干共可以分装多少袋，再利用样本估计总体，分别明确特级品，一级品，二级品，三级品各多少袋，再求解比较.【详解】（1）依题意得，解得.∴所抽取的100个龙眼干中特级品的频率为，∴用样本频率估计总体分布得，这批龙眼干中特级品的比例为58%.（2）农场选择方案获得的收入为（元），设农场选择方案获得的收入为元，则依题意得500千克龙眼干共可以分装1000袋，用样本频率估计总体分布得：特级品有袋，一级品有袋，二级品有袋，三级品有袋.∴（元）∵，∴农场应选择方案.【点睛】本题主要考查样本估计总体，还考查了数据处理的能力，属于中档题.20．已知点，，直线，相交于点，且它们的斜率乘积为.（1）求点的轨迹的方程；（2）设曲线与轴正半轴交于点，直线：与交于，两点，是线段的中点.证明：.【答案】（1）（）；（2）见解析【解析】（1）设点的坐标为，根据题意，即，再化简求解. （2）设直线：与曲线的交点为，由，得，又，，，要证，根据三角形中线定理，即证，再利用向量法由求解.【详解】（1）设点的坐标为，∵，∴，化简得：，又，故动点的轨迹的方程为（）.（2）设直线：与曲线的交点为，，由，得，又，，，法一：要证，即证，即证①，∵，，∴，.故①式成立，则命题得证.法二：点坐标为，则，，，故，则命题得证.【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法和直线与椭圆的位置关系，还考查了数形结合、转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.21．已知函数.（1）若在上单调递增，求实数的取值范围；（2）若有两个极值点，，证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）将在上单调递增，转化为在上恒成立，恒成立求解. （2）利用换元法，设，将，转化为，则由，，∴，得到有两个极值点，（），再将证明，转化为证明，令（），求其最大值即可.【详解】（1）依题意得在上恒成立，得，∵（当时等号成立），∴的取值范围为.（2）令，设，则（），当时，，设方程（）的两个实根为，（），则，，∴，∴，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，∴有两个极值点，（），∴，（），令（），∴，当时，，单调递增；当时，，单调递减.∴，∴，即.【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与函数的极值，还考查了数形结合、转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.曲线的极坐标方程为.（1）写出的极坐标方程；（2）设点的极坐标为，射线分别交，于，两点（异于极点），当时，求.【答案】（1）（2）【解析】（1）利用，消去的参数将的参数方长化为普通方程，再根据直角坐标和极坐标转换公式，转化为极坐标方程.（2）将射线分别于的极坐标方程联立，求得两点对应的，由此求得的表达式，求得的表达式，根据列方程，由此求得的值.【详解】（1）∵（为参数）∴曲线的普通方程为，即∵，，∴∴曲线的极坐标方程为（2）依题意设，，∴由得.由得.∵，∴.∴.∵是圆的直径，∴.∴在直角中，∵在直角中，∴，即∴，即.【点睛】本题考查曲线的普通方程、参数方程、极坐标方程等知识；考查运算求解能力；考查数形结合、函数与方程思想.23．设函数.（1）若，求实数的取值范围；（2）证明：，恒成立.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】（1）将不等式化为，利用零点分段法，求得不等式的解集.（2）将要证明的不等式转化为证，恒成立，由的最小值为，得到只要证，即证，利用绝对值不等式和基本不等式，证得上式成立.【详解】（1）∵，∴，即当时，不等式化为，∴当时，不等式化为，此时无解当时，不等式化为，∴综上，原不等式的解集为（2）要证，恒成立即证，恒成立∵的最小值为－2，∴只需证，即证又∴成立，∴原题得证【点睛】本题考查绝对值不等式的性质、解法，基本不等式等知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查化归与转化，分类与整合思想.