【文档说明】福建龙岩市2020届高三六月份教学质量检查文科数学试题 【精准解析】.doc，共(25)页，1.884 MB，由小赞的店铺上传

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龙岩市2020年高中毕业班六月份教学质量检查文科数学本试题卷共5页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答

题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡.上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区

域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡.上的非答题区域均无效.5.考试结束后，

请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共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.复数13ii（）A.311010iB.31+1010iC.131010iD.131010i【答案

】B【解析】【分析】由复数的除法法则即可化简出正确结果.【详解】解：1333131313101010iiiiiiii.故选:B.【点睛】本题考查了复数的除法运算.本题的易错点是误把2i当成1进行计算.2.已知全集

UR，集合21Mxx，则UCM（）A.1,3B.1,3C.,13,D.(,1][3,)【答案】C【解析】【分析】解绝对值不等式可得13x，从而可求出UCM.【详解】解：由21x知，121x，解得13x，则

UCM,13,.故选:C.【点睛】本题考查了补集的求解.本题的关键是对绝对值不等式的求解.3.设nS是等比数列()nanN的前n项和，且a3=32，S3=92，则1a（）A.32B.6C.32或6D

.32或6【答案】C【解析】【分析】直接利用等比数列公式计算得到答案.【详解】当1q时，此时32na，验证31932Sa，满足；当1q时，23132aaq，2311192Saaqaq，解得

12q，16a.综上所述：132a或16a.故选：C.【点睛】本题考查了等比数列相关知识，意在考查学生的计算能力和应用能力，漏解是容易发生的错误.4.已知向量a、b满足1,2,22abab，则向量a，b的夹角为（）A.6

B.3C.4D.2【答案】B【解析】【分析】根据向量的运算得到1ab，再根据向量夹角公式得到答案.【详解】22ab，则222244844abaabbab，故1ab，1cos,2ababab，故向量a，b的夹角为3.故

选：B.【点睛】本题考查了向量的夹角，向量的模，意在考查学生的计算能力和应用能力.5.用数字1，2，3组成无重复数字的三位数，那么所有的三位数中是奇数的概率为（）A.13B.16C.12D.23【答案】D【解析】【分析

】首先求出用数字1，2，3组成无重复数字的三位数的全部情况，再求出三位数是奇数的情况，利用古典概型公式计算概率即可.【详解】用数字1，2，3组成无重复数字的三位数共有336A种，用数字1，2，3组成无重复数字的三位数奇数，首

先排个位共有2种，再排十位和百位共有222A种，所以用数字1，2，3组成无重复数字的三位数奇数共有224种.故三位数中是奇数的概率4263P.故选：D【点睛】本题主要考查古典概型，同时考查了排列问题，属于简单题.6.执行如图所示的程序框图，若输入k，n的值均是0，则输出T的值为（）

A.9B.16C.25D.36【答案】B【解析】【分析】根据程序框图列出算法循环的每一步，再结合判断条件输出结果即可.【详解】0k，0n，0T，4k，继续循环，1k，1n，2201(11)1T，4k，继续循环，2k，2n，2212(21)4T，4

k，继续循环，3k，3n，2243(31)9T，4k，继续循环，4k，4n，2294(41)16T，4k，停止循环，输出16T.故选：B【点睛】本题主要考查程序框图，正确判断退出循环条件为解题的

关键，属于简单题.7.已知ABC中的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，23A，7a，5c，则sin:sinAB（）A.73B.37C.53D.35【答案】A【解析】【分析】首先由余弦定

理求b，再根据正弦定理sinsinAaBb求值.【详解】由余弦定理可知22222cos25549abcbcAbb，即25240bb，解得：3b或8b（舍）由正弦定理可知sin7sin3AaBb.故选

：A【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，重点考查两个定理的基本应用，属于基础题型.8.若过直线3420xy+=上一点M向圆Γ：22(2)(3)4xy作一条切线于切点T，则MT的最小值为（）A.10B.4C.22D.23【答案】D

【解析】【分析】要使MT最小，则圆心到直线的距离最小，求出圆心到直线的距离，再由勾股定理求解.【详解】圆Γ：22(2)(3)4xy的圆心坐标为2,3，半径为2，要求MT的最小，则圆心到直线3420xy+=的距离最小，为226122434，∴MT的最

小值为24423，故选：D.【点睛】本题主要考查圆的切线方程，考查直线与圆的位置关系的应用，考查数学转化思想方法，属于基础题.9.已知为第二象限角，3sincos3，则tan2=（）A.255B.255C.255或255

D.55【答案】A【解析】【分析】将3sincos3两边平方可得22sincos3，再计算出sincos，最后根据同角三角函数的基本关系及二倍角公式计算可得；【详解】解：因为3sincos3所以223sincos3

即221sin2sincoscos3，所以22sincos3所以2225sincossin2sincoscos3所以15sincos3因为为第二象限角，所以1

5sincos3所以sin22sincostan2cos2cossincossin=2253531533故选：A【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系，二倍角公式的应用，属于中档题.10.若

关于x的不等式1lnxaxexx恒成立，则实数a的取值范围为（）A.,eB.,2eC.1,D.2,【答案】C【解析】【分析】分离参数转化为ln1,0xxxaxxe，构造函数ln1(),0xxxfxxxe，利用导数法求出maxmax(

),()fxafx，即为所求.【详解】因为关于x的不等式1lnxaxexx恒成立，所以ln1,0xxxaxxe恒成立，需max()afx，令ln1(),0xxxfxxxe，221(1)(l

n1)(1)(1)(ln)(),xxxxxxxxxxfxxexe设()ln,(0,)gxxxx单调递增，11()10,(1)10ggee，存在唯一的01(,1)ex，使得000()ln0gxxx，当0(0,)xx时，()0,()0gxfx

，()fx单调递增，当0(,)xx时，()0,()0,()gxfxfx单调递减，所以0xx时，()fx取得极大值，也是最大值为0()fx，此时0000001ln0000111lnln,()11

xxxxxfxxxxex，1a.故选：C.【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题以及导数与函数的单调性求最值问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.11.设A，B为双曲线Γ：2214xy的左，右顶点，F为双曲线Γ右焦点，以原点O为圆心，OF为半

径的圆与双曲线Γ的一条渐近线的一个交点为M，连接AM，BM，则tan∠AMB=（）A.4B.5C.2.D.6【答案】A【解析】【分析】首先求点M的坐标，并判断BMx轴，这样AMB中，tanABAMBMB直接求解.【详解】2225cab，以原点O为圆心，OF为半径的圆的方程是225xy

，设点M是圆与渐近线12yx在第一象限的交点，225120xyyxx，解得：2,1xy，即2,1M2,0B，BMx轴，AMB中，4tan41ABAMBMB

故选：A【点睛】本题考查圆与双曲线的方程，双曲线的渐近线，三角函数的简单综合问题，意在考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.12.已知数列na满足11(2)nnnaaan，又na的前项和为Sn，若S6=52，则a5=（）A.13B.15C.17D.31.【答案】A【解析

】【分析】首先根据题意，将6S转化为5a的关系式，从而求得结果.【详解】因为11(2)nnnaaan，所以6123456334554Saaaaaaaaaaaa34552()2452aaaa，所以552134a，故选：A.【点睛】该题考查

的是有关数列的问题，涉及到的知识点有数列的递推公式，数列的求和问题，属于简单题目.13.已知函数()sin()(0)4fxx，满足不等式()6fxf在R上恒成立，在322

，上恰好只有一个极值点，则实数=（）A.34B.1918C.272D.32【答案】D【解析】【分析】利用三角函数的性质即可求解.【详解】解：函数()sin()(0)4fxx在322，上恰好只有一个极值

点，则区间长度3222TT，则2T，即22，解得12，又函数满足不等式()6fxf在R上恒成立，所以2642k，kZ解得3122k，kZ因为12，所以32.故选：D【点睛】本题主

要考查了三角函数的周期应用，解题的关键是熟记三角函数的性质，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.14.函数2(21)xyxe在点0,1处的切线方程为_________________.【答案】10xy【解析】【分析】求导得2(2

14)xyxxe，将0x代入求出导数值，从而根据导数的几何意义、直线的点斜式方程得出结论．【详解】解：∵2(21)xyxe，∴2(214)xyxxe，∴当0x时，1y，∴函数在点0,1处的切线方程为

110yx，化简得10xy，故答案为：10xy．【点睛】本题主要考查函数在某点处的切线方程的求法，属于基础题．15.若实数x、y满足约束条件1030330xyxyxy，则z=2x-y的最大值为________

___.【答案】6【解析】【分析】作出约束条件的可行域，利用数形结合思想即可确定目标函数的最大值.【详解】作出约束条件1030330xyxyxy的可行域，如图（阴影部分）：由2zxy，可得2y

xz，作出直线2yx，平移直线可知当直线过点A时，z取得最大值，由30330xyxy，解得3,0A，所以max2306z.故答案为：6【点睛】本题考查线性规划知识，考查数形结合思想的应用，

考查考生的运算求解能力，属于基础题.16.一条河的两岸平行，河的宽度d=4km，一艘船从岸边A处出发到河的正对岸，已知船的速度1v=10km/h，水流速度2v=2km/h，.那么行驶航程最短时，所用时间是_____(h).(

附：6≈2.449，精确到0.01h)【答案】0.41【解析】【分析】要使航程最短，需使船的速度与水流速度的合成速度v必须垂直于对岸，利用勾股定理求出合速度，从而可求出航行时间.【详解】要使航程最短，需使船的速度与水流速度的合成速度v必须垂直于对岸，如图指：221296/vvvkmh，

所以460.41696dthv.故答案为：0.41【点睛】本题考查了向量加法的三角形法则以及几何意义，属于基础题.17.在三棱锥PABC中，PA平面ABC，2PA，4AB，3AC，3BAC，则三棱锥PABC的外接球的半径

R=________【答案】433【解析】【分析】由已知利用余弦定理求出BC，可得ABC外接圆的半径，再由勾股定理可求该三棱锥的外接球的半径.【详解】∵4AB，3AC，3BAC，∴由余弦定理可得22134234132BC，∴ABC外接圆的半径3

1339332BCrsin，设球心到平面ABC的距离为d，则112dPA，由勾股定理可得221343133Rrd，故答案为：433.【点睛】本题主要考查三棱锥PABC的外接球的半径的求法，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题.三、解答题：共7

0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18.已知数列na的前n项和nS，22nS=nbn，（nR），311a.（1

）求数列na的通项公式；（2）若nnSbn，求12231111nnnTbbbbbb之和.【答案】（1）41(1)nann（2）3(23)nn【解析】【分析】（1）根据22(,1)nSnbnnNN，利用33

211aSS，求得b，然后利用数列通项与前n项和的关系求解.（2）由（1）得到21nnSbnn，则111(21)(23)nnbbnn，再用裂项相消法求解.【详解】（1）∵22(,1)nSnbnnNN，∴22332(233)(222)11aSSbb

，∴1b，22(,1)nSnnnNN，∴113aS，141(2)nnnaSSnn，从而41(1)nann.（2）∵21nnSbnn，12231111nnnTbbbbbb，1113557

(21)(23)nn，111()23233(23)nnn.【点睛】本题主要考查数列的通项与前n项和的关系以及裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19.某电讯企业为了了解某地区居民对电讯服务质量评价情

况，随机调查100名用户，根据这100名用户对该电讯企业的评分，绘制频率分布直方图，如图所示，其中样本数据分组为40,50，50,60，……90,100.（1）估计该地区用户对该电讯企业评分不低于70分的概率，并估计对该电讯企业评分的中位数；（2）现从评分在40,60的调

查用户中随机抽取2人，求2人评分都在40,50的概率.【答案】（1）0.70；77.14；（2）215.【解析】【分析】（1）由题意列出频率分布表，求和即可估计该地区用户对该电讯企业评分不低于70分的概率；利用中位数两

侧的概率和相等列方程即可估计对该电讯企业评分的中位数；（2）由题意计算出受调查用户评分在[40,50)、[40,60)的人数，求出总的基本事件个数及满足要求的基本事件的个数，由古典概型概率公式即可得解.【详解】（1）由题意，该地区用户对该电讯企业评分的频率分布如下表：评分[4

0,50)[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100]频率0.040.060.200.280.240.18因此可估计评分不低于70分的概率为0.280.240.180.70P；对该电讯企业评分的中位数设为x，可得

7080x，则700040060200.280.5010x.+.+.+，解得77.14x，所以可估计对该电讯企业评分的中位数为77.14；（2）受调查用户评分在[40,50)的有1000.04=4人，若编号依次为1，2，3，4，从中选2人的事件有1,2、1,3、

1,4、2,3、2,4、3,4，共有3216个基本事件；受调查用户评分在[40,60)的有1000.040.06=10人，若编号依次为1，2，3，..9，10，从中选2人，可得共有91

98719452个基本事件；因此2人评分都在[40,50)的概率624515P.【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用，考查了古典概型概率的求解与运算求解能力，属于中档题.20.如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD

，在四边形ABCD中，2ABC，4AB，3BC，5CD，25AD，4PA.（1）证明：CD平面PAD；（2）求B点到平面PCD的距离【答案】（1）见解析（2）455【解析】【分析】(1)在三角形ACD中，由勾股定理可证得ADCD，由PA平面

ABCD，可得PACD，根据线面垂直的判定定理即可证得结论；(2)在平面ABCD中，过A作BC的平行线交CD的延长线于M，因为PBCMBPCMVV利用等体积转换即可求得距离.【详解】解：（1）在平面ABCD中，2ABC

，4AB，3BC，则5AC，又5CD，25AD∴2CDA，即ADCD，又PA平面ABCD，则PACD，又PAADA，∴CD平面PAD.（2）在平面ABCD中，过A作BC的平行线交CD的延长线于M，22ABCBAM因为2ABC，4AB，3BC

，则5AC,又因为5CD，25AD,所以ADCM.所以31tan,tan42BACDAC3111142tancot()31tan()242DAMBACCADBACCAD又25AD，则5MD，所以25MC,在R

tPADV中，2216206PDPAAD.因为,CMPACMAD,则CM面PAD,所以CMPD由PBCMBPCMVV可知：BCMPCMBPCMSPASh△△，162BCM

SBCAB△,1=256=652PCMS△所以665,4BPCMPAhPA，则45BPCMh，因此P点到平面PCD的距离为455.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理，考查利用等体积转换求点

到面的距离，属于中档题.21.已知椭圆Γ：22221(0)xyabab的左，右焦点分别为F1(2，0)，F2(2，0)，椭圆的左，右顶点分别为A，B，已知椭圆Γ上一异于A，B的点P，PA，PB的斜率分别为k1，k2，满足1212kk.（1）求椭圆Γ的标

准方程；（2）若过椭圆Γ左顶点A作两条互相垂直的直线AM和AN，分别交椭圆Γ于M，N两点，问x轴上是否存在一定点Q，使得∠MQA=∠NQA成立，若存在，则求出该定点Q，否则说明理由.【答案】（1）22142xy（2）存在；定点Q-6,0【解析】【分

析】（1）设00(,)Pxy，根据题意可得0000PAPByykkxaxa，结合椭圆的方程化简可得2212ba，再由222abc即可求解.（2）根据设直线AM和AN的方程分别为(2)ykx和1(

2)yxk，将直线方程与椭圆方程联立求出M、N，设x轴上存在一定点,0Qt，使得MQANQA成立，则0QMQNkk，利用两点求斜率化简即可求得.【详解】解：（1）设00(,)Pxy，0000PAPByykk

xaxa22022202222200112xbaybxaxaa，2c，则2,2ba.椭圆的标准方程为22142xy.（2）由（1）可知左顶点(2,0)A，且过点A的直线AM和AN的斜率存在，设直线AM和AN的方

程分别为(2)ykx和1(2)yxk，设(,),(,)MMNNMxyNxy，联立222222(2)(12)8840142ykxkxkxkxy，直线AM和椭圆交于,AM两点，2222

884(2),(2)1212MMkkxxkk，222244,(2)1212MMMkkxykxkk，222244(,)1212kkMkk同理222244(,)22kkNkk.设x轴上存在一定点,0Qt，使得MQAN

QA成立，则0QMQNkk，0NMQMQNMNyykkxtxt，则()MNNMMNyxyxyyt2222222224244244(66)122212(21)(2)MNNMkkkkkkyxyxkkkkkk

，22222444(1)122(21)(2)MNkkkkyykkkk，即2222224(66)4(1)(21)(2)(21)(2)kkkktkkkk，解得6t.因此x轴上存在一定点Q-6,

0，使得MQANQA成立.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系中的定点问题，此题要求有较高的计算能力，属于难题.22.已知函数ln1fxxaxaR.（1）求fx的单调区间；（2）若不等式21xfxe在0x时恒成立，求实数a的取

值范围；【答案】（1）见解析；（2）,3.【解析】【分析】（1）求得函数yfx的定义域与导数，分析导数的符号变化，由此可得出函数yfx的单调递增区间和递减区间；（2）令21xgxfxe，由题意可得0gxg对任意的0x恒成立，对实数a的取值进行分类讨论

，利用导数分析函数ygx的单调性，结合0gxg可得出实数a的取值范围.【详解】（1）函数ln1fxxax的定义域为1,，11fxax.当0a时，0fx对任意的1,x恒成立，此时，函数yfx的单调递增

区间为1,；当0a时，令0fx，可得11xa.当111xa时，0fx；当11xa时，0fx.此时，函数yfx的单调递增区间为11,1a，单调递减区间为11,a.综上所述，当0

a时，函数yfx的单调递增区间为1,；当0a时，函数yfx的单调递增区间为11,1a，单调递减区间为11,a；（2）设221ln11xxgxfxexaxe，则00g，2121xgxea

x，22141xgxex，则函数ygx在区间0,上单调递增，当0x时，030gxg，所以，函数ygx在区间0,上单调递增，则03gxga.①当30a≥时

，即当3a时，0gx对任意的0x恒成立，所以，函数ygx在区间0,上单调递增，当0x时，00gxg，合乎题意；②当30a时，即当3a时，由于函数ygx在区间0,

上单调递增，且ln1021ln2agaa，由零点存在定理可知，存在00,ln2ax，使得00gx，当00xx时，0gx；当0xx时，0gx.此时，函数ygx的单调递减区间为0

0,x，单调递增区间为0,x，所以，000gxg，不合乎题意.综上所述，实数a的取值范围是,3.【点睛】本题考查利用导数求解含参函数的单调区间，同时也考查了利用导数研究函数不等式恒成立问

题，考查分类讨论思想的应用，属于难题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]23.在平面直角坐标系xOy中，点P是曲线1:C112()xttytt(t为参数)上的动点，以坐标原点O为极点

，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为：2=sin3cos（1）求曲线C1，C2的直角坐标下普通方程；（2）已知点Q在曲线C2上，求PQ的最小值以及取得最小值时P点坐标..【答案】（1）221416xy；32yx（2）52105；658

5(,)55P【解析】【分析】（1）曲线1C根据22114tttt消去t，得到曲线1C的直角坐标方程，根据cosx，siny，得到2C的直角坐标方程；（2）由（1）可知，设11,2())Ptttt（，利用点到直线2C32yx：的距离PQ，

利用基本不等式求最小值.【详解】解：（1）由1C：112()xttytt消去参数t得到222211()()()42yxtttt221:1416xyC.由2C：sin3cos

2,32yx.（2）设11,2())Ptttt（，则P到直线2C32yx：的距离PQ221153()2()221013ttttttPQ52252tt或52252tt

5210,5PQ此时65855,(,)55tP【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程和直角坐标方程的互化，以及利用参数方程解决两点间距离的最小值，属于中档题型.[选修4-5：不等式选讲]24.已知()1,fxaxa

R（1）若关于x的不等式3fx的解集为21xx，求实数a的值；（2）若1(0,)2x时，不等式()221fxx恒成立.求实数a的取值范围.【答案】（1）2a（2）62a

【解析】【分析】(1)分0a，0a，0a三种情况解3fx，结合21xx即可求出实数a的值.(2)由1(0,)2x，可知222xax在102x恒成立，设22xhxx，通过函数的单调

性可知162hxh，从而可求出实数a的取值范围.【详解】解：(1)由|1|3ax得42ax，又()3fx的解集为{|21}xx-＃，所以当0a时，不符合题意；当0a时，24xaa，则2241aa，无解；当0a时，42xaa

，则2142aa，解得2a.综上所述，2a.(2)因为1212axx在102x恒成立，所以121axx，即(21)121xaxx，所以222xaxx.即222xax在102x恒成立.设22xhxx

因为22121xhxxx在102x时单调递增，则162hxh，所以62a.【点睛】本题考查了含绝对值不等式的求解，考查了不等式恒成立问题.本题的第一问关键是对参数的取值进行分类讨论；第二问的关

键是进行参变分离，利用单调性求函数的最值.