【文档说明】【精准解析】福建省龙岩市2020届高三下学期3月教学质量检查数学（文）试题.doc，共(24)页，1.969 MB，由小赞的店铺上传

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龙岩市2020年高中毕业班教学质量检查数学（文科）试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）全卷满分150分，考试时间120分钟注意事项：1．考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上．2．答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意

事项”．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设集合{}1,3,5M=，2,4,5N，则MN（）A.5B.3,5C

.2,4,5D.1,2,3,4,5【答案】D【解析】【分析】根据集合的并运算，即可求得结果.【详解】因为{}1,3,5M=，2,4,5N，故可得1,2,3,4,5MN.故选：D.【点睛】本题考查

集合的并运算，属基础题.2.设i(1i)z，则z（）A.1iB.1iC.1iD.1i【答案】A【解析】【分析】先根据复数的乘法运算，求得z，再求其共轭复数即可.【详解】因为i(1i)z1i，故可得z1i.故选：A.【

点睛】本题考查集合的乘法运算，以及共轭复数的求解，属基础题.3.若双曲线2221(0)xyaa的实轴长为4，则其渐近线方程为（）A.yxB.2yxC.12yxD.2yx【答案】C【解析】【分析】根据实轴长，求得参数a，再求渐近线方程即可.【详解】因为双曲线的

实轴长为4，故可得2a；又因为1b，故可得渐近线方程为12byxxa.故选：C.【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，属基础题.4.已知0.2log2a，0.22b，0.30.2c，则（）A.acbB.abcC.cabD.bca【答案】

A【解析】【分析】将三个数据分别与1或0进行比较大小，即可区分.【详解】因为0.2log2a0.2log10，0.22b021，00.30.2c00.21故可得bca.故选：A.【点睛】本题考查利用指

数函数和对数函数的单调性比较大小，属综合基础题.5.若变量,xy满足约束条件3403400xyxyxy，则4zxy的最小值是（）A.6B.5C.5D.6【答案】B【解

析】【分析】画出不等式组表示的可行域，数形结合即可求得结果.【详解】由题可知，不等式组表示的可行域如下图所示：因为4zxy，可整理为4yxz与直线4yx平行，数形结合可知，当且仅当目标函数过点1,1A时，取得最小值，故可得415minz.故选：B.【点睛】本题考查简单线性

规划求目标函数最值的问题，属基础题.6.从2名女同学和3名男同学中任选2人参加演讲比赛，则选中的2人是1名男同学1名女同学的概率是（）A.15B.25C.35D.45【答案】C【解析】【分析】先计算出从5人中选取2人的所有基本事件的个数，

再计算出满足题意的基本事件的个数，用古典概型的概率计算公式即可求得.【详解】根据题意，从5人中选取2人的所有基本事件个数为2510C；要满足题意，只需从2名女生中抽取1人，从3名男生中抽取1人即可，故满足题意的基本事件个数有11326CC个.由

古典概型的概率计算公式可得满足题意的概率63105P.故选：C.【点睛】本题考查古典概型的概率计算，属基础题.7.第24届国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础进行设计的．如图所示，赵爽弦图是由四个全等的直角三角形与一个

小正方形拼成的一个大正方形．如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较大的锐角为，那么2cos2（）A.310B.35C.910D.45【答案】D【解析】【分析】设出直角三角形的边长，根据勾股定理，求得边长，即可得

cos；利用降幂扩角公式即可求得结果.【详解】根据几何关系可知，图中直角三角形的两条直角边长相差为1，故可设直角三角形的三边长为,1aa，由勾股定理可得：22125aa，解得3a.故可得35cos.故2cos284511122

5cos.故选：D.【点睛】本题考查降幂扩角公式的使用，属基础题.8.已知()fx为奇函数，且当0x时，()1xfxe，则1(ln)2f（）A.12B.1C.1D.12【答案】B【解析】【分析】根据函数的奇偶性，结合已知函数已知的解析式，

即可代值求解.【详解】因为fx是奇函数，且1ln02，故可得21ln212112lnfflne.故选：B.【点睛】本题考查利用函数奇偶性求函数值，涉及对数

的运算，属综合基础题.9.已知四棱锥SABCD的所有顶点都在球O的球面上，SASB，SASB，底面ABCD是等腰梯形，//ABCD，且满足222ABADDC，则球O的表面积是（）A.4π3B.82

π3C.4πD.8π【答案】C【解析】【分析】根据几何关系，可知AB中点即为球心位置，求得半径，即可求得表面积.【详解】根据题意，取AB中点为O，过D点作DHAB，如下图所示：在等腰梯形ABCD中，因为2,1ABAD，故在RtADH中，11,2

ADAH，即可得12cosDAH，解得60DAH.又因为O是AB中点，故可得AOAD，故AOD是边长为1的等边三角形，同理OBC也是边长为1的等边三角形，故可得OAODOCOB，在SAB中

，因为SASB，且2AB，故斜边上的中线112SOAB.综上所述可知：OSOSODOCOB，故O点即为该四棱锥外接球的球心，且半径为1SO.故外接球的表面积244Sr.故选：C.【点睛】本题考查四棱锥外接球表面积的求解，问题的关键是球心位置的寻找，属

常考题型.10.已知点F为椭圆2221(1)xyaa的一个焦点，过点F作圆221xy的两条切线，若这两条切线互相垂直，则a（）A.2B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】根据切线垂直，推导出F点至坐标原点的距离，即可求得交点坐标和a.【详解】由题可设

,0Fc，根据题意，作图如下：因为过F点的两条切线垂直，故可得45OFH，则1OHHF，故可得2OF，即点F坐标为2,0.则2,1cb，故2223abc，解得3a.故选：D.【点睛】本题考查

椭圆方程的求解，涉及直线与圆相切时的几何性质，属基础题.11.函数()cos(0)fxx在区间π[0,]2上是单调函数，且()fx的图像关于点3()4π,0M对称，则（）A.23或103B.23或2C.143或2D.103或143【

答案】B【解析】【分析】由函数的单调区间，解得的取值范围，结合对称中心，即可求得结果.【详解】因为()cos(0)fxx在区间π[0,]2上是单调函数，则由0,2x，可得0,2x，则2，解得0,2.又因为()fx的图像关于点3()4

π,0M对称，故可得3cos04，即3,42kkZ，解得42,33kkZ.结合的取值范围，即可得23或2.故选：B.【点睛】本题考查由余弦型函数的单调区间以及对称中心，求参数范围的问题，属基础题.12.已知数列{}na满足2124nnnaaa，则12

020aa的最大值是（）A.422B.82C.422D.82【答案】C【解析】【分析】构造数列2(2)nnba，由此可得2nnbb，从而求得2212020(2)(2)4aa，再利用均值不等式，求得12020aa的最大值.【详解】依题意2124nnna

aa可化为221(2)(2)4nnaa，令2(2)nnba则14nnbb，214nnbb，于是2nnbb，∴2211202022(2),(2)babba∴12020124bbbb，即2212020(2)(2)4aa∵2222x

yxy，∴1202012020(2)(2)4aaaa2212020(2)(2)244222aa（当且仅当1202022aa时等号成立）.故选：C.【点睛】本题考查数列构造数列以及

递推公式的使用，涉及均值不等式求最值，属综合中档题.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．13.曲线(1)exyx在点(1,0)处的切线方程为__________．【答案】eeyx【解析】【分析】对函数求导

，得到切线的斜率，再根据点斜式，即可求得切线方程.【详解】因为(1)exyx，故可得xyex，则切线方程的斜率为e，由点斜式方程可得1yexexe.故答案为：eeyx.【点睛】本题考查利用导数的几何意义，求切

线方程的问题，属基础题.14.已知向量1,1,3,abm，若向量2ab与向量b共线，则实数m__________．【答案】3【解析】【分析】先计算2ab的坐标，再利用向量共线的坐标运算，即

可求得参数.【详解】因为1,1,3,abm，故可得25,2abm，又向量2ab与向量b共线，故可得532mm，解得3m.故答案为：3.【点睛】本题考查向量的坐标运算，以及由向量共线求参

数范围的问题，属基础题.15.已知圆锥的顶点为S，点,,ABC在底面圆周上，且AB为底面直径，若SAACBC，则直线SA与BC的夹角为__________．【答案】3【解析】【分析】平移两条异面直线至AB的中点，找到两直线的夹角，

再解三角形即可.【详解】根据题意，取,,ABSBAC中点分别为,,ONM，连接,,OMONMN，过N作NHOB，垂足为H，连接HM，作图如下：在SAB中，因为,NO分别是,SBAB的中点，故可得ON//SA；在ABC中，因为,MO分别是,ACAB的中点，

故可得OM//BC；故可得MON即为所求异面直线的夹角或其补角.因为SO底面ABC，又NHOB，故可得NH平面ABC，又因为MH平面ABC，故可得NHHM.设2SAACBCSB，又90ACB故可得2222ABACBC，122AO

AB；则22422SOSAAO.因为1222NHSO.在AMH中，因为3321,,4542AMAHABMAH，故由余弦定理可得221022MHAMAHAMAHcosMAH

.在MNH中，由勾股定理可得223MNMHHN.在RtMON中，因为111,1,322MOBCNOSAMN，由余弦定理可得222122OMONMNcosMONOMON，故可得23MON，又异面直线的夹角范围为0,2，故可得异面直

线SA与BC的夹角为3.故答案为：3.【点睛】本题考查异面直线夹角的求解，涉及线面垂直的性质，属常考题.16.有一道题目由于纸张破损，有一条件看不清楚，具体如下：“在ABC中，角A，B，C的对边分别为,,abc，已知3a

，，22330cbc，求角A．”经推断，破损处的条件为三角形一边的长度，且该题的答案45A是唯一确定的，则破损处应是___________．【答案】332c．【解析】【分析】根据余弦定

理求得角B，由正弦定理求得b和A，利用大边对大角进行检验，不满足题意；由,AB两角求得C，再根据正弦定理，求得角A，以及c，检验可得满足题意.【详解】因为2222222233303022acbcbccbacaac，所以3cos2B，又

(0,180)B，所以30B．（1）36sin30sin452bb．检验：6322sinsinsinsin30sin2baABAA，又(0,180)A，且ab，所以45A或者135A，这与已知角A的解为唯一解矛盾．（

2）30B，又45A，所以105C，333sin105sin452cc．检验：33322sinsinsinsin75sin2caACAA，又(0,180)A，且ca

，∴45A．故应填的条件是：332c．故答案为：332c.【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，涉及大边对大角的使用，属于常考题型.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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、

23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分.17.已知na是公差为1的等差数列，数列nb满足11b，212b，11nnnnabbnb．（1）求数列nb的通项公式；（2）设1nnncbb，求

数列nc的前n项和nS．【答案】（1）1nbn（2）1nnSn【解析】【分析】（1）根据递推公式，求得1a，结合公差即可求得na；代入可得nb是常数列，即可求得nb的通项公式；（2）由（1）中所求，可得nc

，利用裂项求和法求得数列nc的前n项和即可.【详解】（1）由已知得，1221abbb，所以11a．又因为na是公差为1的等差数列，所以nan．所以1(1)nnnbnb，所以数列nnb是常数数列，

所以11nnbb，所以1nbn．（2）由已知得，111(1)1ncnnnn，所以11111(1)()()2231nSnn，所以1111nnSnn．【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，以及裂项求和法

求数列的前n项和，属基础题.18.如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD中，E，F，M分别是棱AB，BC，AD的中点．（1）证明：1//DM平面1AEF；（2）求点1D到平面1AEF的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）43.【解析】

【分析】（1）取CD中点为N，构造平面1DMN，利用面面平行推证线面平行；（2）由（1）可知M点到平面1AEF的距离即为所求，利用等体积法求解线面距离即可.【详解】（1）取CD的中点N，连结1,MNDNEN,.因为E,F,M,N分别是棱A

B,BC,AD,CD的中点，所以MN//EF，又因为MN平面1AEF，EF平面1AEF，所以MN//平面1AEF.又因为11AD//EN，且11AD=EN，所以四边形11ADNE是平行四边形，所以11//AEDN，所以1//

DN平面1AEF.又1DN//MNN，所以平面1//DMN平面1AEF，又1DM平面1DMN，所以1//DM平面1AEF（2）因为1//DM平面1AEF，所以点1D到平面1AEF的距离可以转化为点M到平面1

AEF的距离．由已知可得12112MEFS，所以1111212333AMEFMEFVSAA，又221115,2,453AEEFAFAAAF，所以152910cos10252AEF，可知1310sin10AEF

，所以111113103sin5222102AEFSAEEFAEF又因为11AMEFMAEFVV，所以点M到平面1AEF的距离为43．所以点1D到平面1AEF的距离为43．【点睛】本题考查由面面平行推证线面平行，以及利用等体积法求解

点到平面的距离，属于常考题型.19.基于移动互联技术的共享单车被称为“新四大发明”之一，短时间内就风靡全国，带给人们新的出行体验，某共享单车运营公司的市场研究人员为了解公司的经营状况，对该公司最近六个月的市场占有率%ty进行了统计，结果如表：月份

2018.062018.072018.082018.092018.102018.11月份代码x123456y1113161520211请用相关系数说明能否用线性回归模型拟合y与月份代码x之间的关系，如果能，请计算出y关于x的线性回归方程，并预测该公司201

8年12月的市场占有率.如果不能，请说明理由．2根据调研数据，公司决定再采购一批单车扩大市场，现有采购成本分别为1000元/辆和800元/辆的A，B两款车型，报废年限各不相同.考虑公司的经济效益，该公司决定对两款单车进行科学模拟测试，得到两款单车使用寿命频数表如表：报废年限车型1年

2年3年4年总计A10304020100B15403510100经测算，平均每辆单车每年可以为公司带来收入500元.不考虑除采购成本以外的其他成本，假设每辆单车的使用寿命都是整数年，用频率估计每辆车使用寿命的概率，分别以这100辆单车所产生的平均利润作为决策依

据，如果你是该公司的负责人，会选择釆购哪款车型？参考数据：621()17.5iixx，61()35iiixxyy，133036.5参考公式：相关系数12211()()()nii

inniiiixxyyrxxyy回归直线方程ˆˆˆybxa中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：121()()niiiniixxyybxx，aybx．【答案】(1

)29yx,2018年12月的市场占有率是23%；(2)选择釆购B款车型.【解析】【分析】（1）求出相关系数，判断即可，求出回归方程的系数，求出回归方程代入x的值，判断即可；（2）分别求出,AB的平均利润，判断即可.【详解】11111316152021166y

，故621()76iiyy，故12211()35350.9636.517.576()()niiinniiiixxyyrxxyy，故两变量之间有较强的相关关系，故可用线性

回归模型拟合y与月份代码x之间的关系，121()35217.5()niiiniixxyybxx，1623.59aybx，故回归方程是29yx，7x时，ˆ23y，即2018年12月的市

场占有率是23%；2用频率估计概率，这100辆A款单车的平均利率为：15001003050040100020350(100元)，这100辆B款车的平均利润为：13001520

04070035120010400(100元)，故会选择釆购B款车型.【点睛】本题考查了相关系数，回归方程以及函数代入求值，是一道中档题.20.设抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为

F，C的准线与x轴的交点为E，点A是C上的动点．当AEF是等腰直角三角形时，其面积为2．（1）求C的方程；（2）延长AF交C于点B，点M是C的准线上的一点，设直线MF，MA，MB的斜率分别是012,,kkk，证明：120

2kkk．【答案】（1）24yx（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据抛物线的准线方程和焦点坐标，结合勾股定义以及三角形面积，即可求得p，则抛物线方程可求；（2）设出直线方程，联立抛物线方程，得到关于y的一元二次方程，将斜率之

和12kk表示出来，结合韦达定理，即可证明.【详解】（1）依题意可知，当AEF是等腰直角三角形时：若90EAF时，根据抛物线定义，显然不成立；若90AEF时，显然也不成立.故90AFE.∵抛物线C方程为22(0)ypxp，∴焦点(,0)2pF，(

,0)2pE，||||EFAFp∴AEF的面积2122AEFSp，解得2p，∴抛物线C的方程为24yx（2）证明：由（1）知(1,0)F，设直线AB的方程：1xty代入24yx得:2440yt

y，设1122(,),(,)AxyBxy，所以12124,4yytyy设(1,)MMy，则：02Myk，1111Myykx，2221Myykx∵112211xtyxty，∴11221212xtyxty

∴12121212121122MMMMyyyyyyyykkxxtyty122112()(2)()(2)(2)(2)MMyytyyytytyty1212122121222()[()4

]2()4Mtyyyyytyytyytyy2222288(44)(44)48444MMMttytytyttt∴1202kkk.【点睛】本题考查根据几何性质求抛物线的方程，以及证明抛物线中的定值问题，

属综合中档题.21.已知函数21()lnln12fxxxx．（1）讨论()fx的单调性；（2）若0m，方程()0mmfxxx有两个不同的实数解，求实数m的取值范围．【答案】（1）()fx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增．（2）(

1,)【解析】【分析】（1）求出函数定义域和导函数，令导数为零，找出临界值，根据导数的正负，判断函数的单调性即可；（2）分离参数，构造函数2ln()xxFxx，利用导数研究该函数的值域以及单调性，从而解决问题.【详解】（1）依题意函数()fx的定义域为(

0,)，ln1ln1()1xxxfxxxx，令()ln1gxxx，则1()10gxx，故()gx在(0,)单调递增，又(1)0g，所以当(0,1)x时，()0gx，即()0fx，当(1,)x时，(

)0gx，即()0fx；故()fx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增．（2）方程()0mmfxxx化简可得2(ln)mxxx，所以方程()0mmfxxx有两解等价于方程2ln1xxxm有两解，设2ln()xxFxx，则

2222322ln12ln()()xxxxxxxFxxx，令()12lnhxxx，由于2()10hxx，所以()hx在(0,)单调递减，又(1)0h，所以当(0,1)x时，()0hx，即()0Fx当(1,)x时，()0hx

，即()0Fx；故()Fx在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减．所以()Fx在1x时取得最大值(1)1F，又21()ee0eF，(1)10F，所以存在11(,1)ex，使得1()0Fx又()Fx在(0,1)上单调递增，所以当1(0,)ex

时，()0Fx；当1(,1)ex时，()0Fx，即()(0,1)Fx.因为()Fx在(1,)上单调递减，且当(1,)x时，2ln()0xxFxx，()(0,1)Fx.所以方程2ln1xxxm有两解只须满足101m

，解得：1m>所以方程()0mmfxxx有两个不同的实数解时，实数m的取值范围是(1,).【点睛】本题考查具体函数单调性的求解，以及利用导数解决由方程根的个数求参数范围的问题，属综合中档题.（二）选考题：共10分．请考生在22、23两题

中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做第一个题目计分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．22.已知曲线C的极坐标方程是6cos0，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l过点0,2M，倾斜角为3π4．（1）

求曲线C的直角坐标方程与直线l的参数方程；（2）设直线l与曲线C交于A，B两点，求11MAMB的值．【答案】（1）22(3)9xy，22222xtyt(t为参数)；（2）524.【解析】【分析】（1）将曲线C的极坐标方程两边同乘，根据公式即可化简为

直角坐标方程；根据已知信息，直接写出直线的参数方程，整理化简即可；（2）联立曲线C的直角坐标方程和直线l的参数方程，得到关于t的一元二次方程，根据直线参数方程中参数的几何意义，求得结果.【详解】（1）因为6cos，所以26co

s，所以226xyx，即曲线C的直角坐标方程为：22(3)9xy，直线l的参数方程3πcos43π2sin4xtyt(t为参数)，即22222xtyt(t为参数).（2）设点A，B对应的参数

分别为1t，2t，将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，得2222(3)(2)922tt，整理，得24052tt，所以121252·4tttt，因为1212210,0,0,0tttttt所以12

MAMBtt12()tt=52，MAMB12tt=4，所以11MAMB=MAMBMAMB524.【点睛】本题考查将极坐标方程转化为直角坐标方程，以及直线参数方程的求解，涉及利用直线参数方程中参数的几何意义求解问题，属综合基础题.23

.已知函数()|1||2|fxxxa．（1）若1a，解不等式()4fx；（2）对任意的实数m，若总存在实数x，使得224()mmfx，求实数a的取值范围．【答案】（1）35(,)22（2）[2,1]【解析】【分析】（1）分类讨论求解绝对值不等式，即可求得结果；（2

）求得fx的值域以及224ymm的值域，根据二次函数的值域是fx值域的子集，求参数的范围即可.【详解】（1）当1a时，()4|1||2|4fxxx，化为123xx或1234x或2214xx解得312x或12x或52

2x，3522x.即不等式()4fx的解集为35(,)22.（2）根据题意，得224mm的取值范围是()fx值域的子集.2224(1)33mmm又由于()1221fxxxaa，()fx的值域为[|21|,)a

故|21|3a，21a.即实数a的取值范围为[2,1].【点睛】本题考查分类讨论求解绝对值不等式，以及由绝对值三角不等式求解绝对值函数的最小值，属综合性基础题.