【文档说明】【精准解析】福建省福州第一中学2020届高三下学期教学反馈检测数学（理）试题.doc，共(27)页，3.834 MB，由小赞的店铺上传

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福州一中2020届高三教学反馈检测理科数学试卷第Ⅰ卷一、选择题：本大题共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i是虚数单位，若32iazi是纯虚数，则实数

a（）A.1B.12C.12D.2【答案】B【解析】【分析】利用复数的乘法和除法运算，化简z，再令实部为0，即得解.【详解】由于3()(2)(21)(2)22(2)(2)5iaaiaiiaaiziiii

若为纯虚数，则12102aa故选：B【点睛】本题考查了复数的基本概念和四则运算，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.2.已知向量a，b满足||1a，||2b，23ab，则||ab

rr（）A.3B.7C.3D.7【答案】B【解析】【分析】由222()2()abaabb，求解ab，再根据22||()2()abaabbrrrrrr即得解.【详解】由于222()2()3abaa

bb1ab222||()()2()7ababaabbrrrrrrrr故选：B【点睛】本题考查了向量数量积在模长求解中的应用，考查了学生转化划归，数学运算的能力，属于中档题.3.已知lg0.5a，0.5be，0.5ec，e为自然对数的底数，则（）A.abc

B.acbC.cabD.bca【答案】B【解析】【分析】利用lg,,0.5xxyxyey的单调性，和中间值0，1即得解.【详解】利用lg,,0.5xxyxyey的单调性可得lg0.5lg10a，0.5

01bee，000.50.51ec因此acb故选：B【点睛】本题考查了指数，对数值的大小比较，指数，对数函数的单调性，考查了学生综合分析，数学运算能力，属于基础题.4.已知，是两个不重合

的平面，直线1AAA，11AAA，直线1BBB，11BBB，11AABB，p：∥，q：11AABB，则p是q的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【

答案】A【解析】【分析】充分性如图可构造11AABB为平行四边形，可证明11AABB，必要性，可构造反例，平面,相交，当直线11,AABB在关于交线对称的位置，有11AABB，故必要性不成立.【详解】充分性：若11AABB，可知11,,,AABB四点共

面，连接11,ABAB，由于∥，平面111111,AABBABAABBAB，11//ABAB，11AABB为平行四边形，11AABB故充分性成立;必要性：如图所示，平面,相交，当直

线11,AABB在关于交线对称的位置，有11AABB，故必要性不成立.故选：A【点睛】本题考查了空间中的平行对称关系，考查了学生空间想象，逻辑推理能力，属于中档题.5.4A纸是由国际标准化组织的ISO216定

义的，其纸张尺寸的长宽比都是2:1，这种规格的纸张不管对折多少次，都仍是长宽比还是2:1的长方形，世界上多数国家所使用的纸张尺寸都是采用这一国际标准.如图是一个4A尺寸的长方形ABCD内接于一个半圆，ABAD，在这个半圆中随机取一点，此点取自

长方形ABCD区域的概率P（）A.223B.224C.423D.22【答案】C【解析】【分析】设圆心为O，由于RtADO，由勾股关系可得，63Rx，计算,ABCDSS半圆，由面积测度的几何概型，计算A

BCDSPS半圆即得解.【详解】设圆心为O，半径为,,2RADxDCx由于222RtADOAOODDA2222236()223xRRxxx222222,=32ABCDRRSxS

半圆由面积测度的几何概型：在这个半圆中随机取一点，此点取自长方形ABCD区域的概率42=3ABCDSPS半圆【点睛】本题考查了面积测度的几何概型，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题

.6.若将函数()2sin(2)02fxx图象上的每一个点都向左平移6个单位，得到ygx的图象，若函数ygx是偶函数，则函数ygx的单调递减区间为（）A.,()

2kkkZB.,()222kkkZC.,()22kkkZD.,()2kkkZ【答案】D【解析】【分析】由函数ygx是偶函数，可计算得(),6kk

Z结合02，可得6，故2cos2gxx，令222kxk，即得解.【详解】由题意：2sin[2()]2sin(2)63ygxxx若函数ygx是偶函数，则02sin(

)2()332gkkZ(),6kkZ又020,6k2sin(2)2cos236gxxx令222kxk,2kxkkZ

则函数ygx的单调递减区间为：,()2kkkZ故选：D【点睛】本题考查了正弦型函数的图像变换和性质，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.7.如图是求211

的程序框图，图中空白框中应填入（）A.1AAB.1AAC.2AAD.2AA【答案】C【解析】【分析】模拟程序运行，由题意，依次写出每次得到的A值，观察规律即得解.【详解】模拟程序运行，可得：2,1Ak

；满足条件：k2，执行循环体，21,2Ak满足条件：k2，执行循环体，211,3Ak此时不满足条件，退出循环，输出A的值为：211由A的规律可知，2AA故选：C【点睛】本题考查了程序框图的循环结构，考查了学生逻辑推

理，数学运算的能力，属于基础题.8.已知数列na，nb，*nN都是公差为1的等差数列，且113ab，*11,abN，设*nnacbnN，则数列nc的前7项和等于（）A.17

B.26C.35D.44【答案】C【解析】【分析】可证明11nncc，由等差数列的求和公式，即得解.【详解】1111112acbba，11111111111nnnnaannnnccbbbabaaa，故数列nc是公

差为1的等差数列，所以nc的前7项和为776721352T.故选：C【点睛】本题考查了等差数列的判定和求和，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.9.奥运会乒乓球单打的淘汰赛采用七局四胜制，猜先后由一方先发球，双方轮流先发球，当一方赢得四局胜

利时，该方获胜，比赛结束，现有甲、乙两人比赛，根据前期比赛成绩，单局甲先发球并取胜的概率为0.8，乙先发球并取胜的概率为0.4，且各局比赛的结果相互独立；如果第一局由乙先发球，则甲以4:0获胜的概率是（）A.0.102

4B.0.2304C.0.2048D.0.4608【答案】B【解析】【分析】由于甲以4:0获胜，一共进行了4局比赛，且每局都是甲获胜，根据事件的独立性，即得解.【详解】由于甲以4:0获胜，一共进行了4局比赛，且每局都是甲获胜，且甲先发球并取胜的概率为0.8，乙先发球并取胜的概率为0.4，因

此(10.4)0.8(10.4)0.80.2304P故选：B【点睛】本题考查了随机事件独立性的综合应用，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算能力，属于中档题.10.在棱长为6的正方体1111ABCDAB

CD中，点E满足2BEEC，则三棱锥1DAEC的外接球的表面积是（）A.54B.70C.108D.140【答案】C【解析】【分析】设球心为P，P到1,,DAC三点的距离相等，由正方体的性质，P点在直线1BD上，如图

建立空间直角坐标系，||||PCPE，222222(6)(2)(6)xxxxxx，可求解P点坐标，可得解半径R，即得解.【详解】连接1BD，如图建立空间直角坐标系，设P为三棱锥1DAEC的外接球的球心

，故P到1,,DAC三点的距离相等，由正方体的性质，P点在直线1BD上不妨设(,,),(0,6,0),(2,6,0)PxxxCE由于||||PCPE222222(6)(2)(6)xxxxxx1(1,1,1)xP外接

球半径：222||1512733RPC故表面积24108SR故选：C【点睛】本题考查了三棱锥外接球的半径，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.11.过点8,4A作抛物线28yx的两条切线1l，2l，设1l，2l与y轴

分别交于点B，C，则ABC的外接圆方程为（）A.2264160xyxyB.226160xyxC.2256120xyxyD.224160xyy【答案】A【解析】【分析】设切线方程为l：84xty，与抛物线联立，表示线段AB的

中垂线方程，可求解圆心坐标和半径，表示圆的方程即可.【详解】设过点8,4A的抛物线2:8Eyx的切线方程为l：84xty，即84xtyt（*），代入28yx得288(48)0ytyt，由0得2240tt，（1）所以方程（

1）有两个不相等的实数根1t，2t，且122tt，124tt，在（*）中令0x得180,4Bt，280,4Ct，设ABC的外接圆圆心为点100,Oxy，则0122BCyyy

，下求0x：线段AB中点横标04x，纵标0144yt，线段AB的中垂线方程为1144(4)ytxt，令2y得211021424ttxt，由（1）知21124tt，故0

3x，设ABC的外接圆半径为R，则229R，所以ABC的外接圆方程为22(3)(2)29xy，即2264160xyxy.故选：A【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，圆

的方程，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.12.已知函数23()xxxefxaexex有三个不同的零点1x，2x，3x，且123xxx，则3122312111xxxxxxeee的值为（）A

.1B.3C.4D.9【答案】D【解析】【分析】转化0fx为3111xxxaxee，记1xxte，则31att，设1xxgxe利用导数分析函数单调性，可得1t，数形结合可得12111tte

，3122231212111xxxxxxtteee，利用韦达定理即得解.【详解】由0fx得3xxxxeaeex，即331111xxxxxxaxxeeee

，记1xxte，且设1xxgxe，一方面由31att得2130tat（*），当时方程（*）有两个不相等的实数根1t，2t，且121tta，123tt；另一方面，由

1xxgxe知gx在,1上单调递减，在1,上单调递增，111ge，01g，当x时，gx，当x时，1gx，如图：12111tte，且1111xxte，3232211xx

xxtee，因此312222312122121119xxxxxxttttteee.故选：D【点睛】本题考查了函数与导数综合，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于较难题.第Ⅱ卷

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设不等式组203020xyxy表示的平面区域为M，若直线ykx经过区域M内的点，则实数k的取值范围是_________.【答案】3,32【解析】【分析】如图画出不等式组表示的平面区域，

若直线ykx经过区域M内的点，当经过点A时k取得最大值，当经过点B时k取得最小值，计算即得解.【详解】如图画出不等式组表示的平面区域，若直线ykx经过区域M内的点，当经过点A时k取得最大值，当经过点B时k取得最小值.max3(1,3)320

yAkxymin33(2,3)22yBkx故答案为：3,32【点睛】本题考查了线性规划问题，考查了学生转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于中档题.14.已知数列na中，11a，*1(1)nn

naannN，则20a___________.【答案】-9【解析】【分析】当n为奇数时，1nnaan，当n为偶数时，1nnnaa，利用叠加法即得解.【详解】当n为奇数时，1nnaan，当n为偶数时，1nnnaa，故

202019181721aaaaaaa19181716321aaaaaaa(19171)(18162)19故答案为:-9【点睛】本题考查了利用叠加法求通项公式，考查了

学生转化划归，分类讨论，数学运算的能力，属于中档题.15.已知双曲线2222:1(0)xyabab的左、右顶点分别为1A、2A，过点1A作斜率为1的直线1l，1l与双曲线的一条渐近线:bmyxa交于点M，MN垂直x轴于点N，又过点2A作与1A

M平行的直线2l，2l与双曲线交于第一象限的点G，GQ垂直x轴于点Q，且2AGQ与1AMN的面积的比为4，则双曲线的离心率e___________.【答案】52【解析】【分析】设点,aMhhb，可得abhab，设点,Gatt，代入双

曲线方程，可得2222abtab，结合2th，可得解.【详解】如图，设点,aMhhb，由11AMk得abhab，又设点,Gatt，则2222()1attab，得2222abtab，由于2AGQ与1A

MN的面积的比为4，知2th得2ab，故52e.故答案为：52【点睛】本题考查了双曲线的性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.16.在锐角ABC中，322BC，则A的取值

范围是_______，16tan5tanAB的取值范围是________【答案】(1).,64(2).2633,55【解析】【分析】由322BCABC得2BA，利用锐角ABC，可得A的取值

范围，261tan1()tan10tanAfAAA，记tantA，2235tgtt，利用导数研究函数单调性，即得解.【详解】由322BCABC得2BA，故02022032AAA

，得,64A；所求为261tan1()tan10tanAfAAA，记tantA，3,13t，2235tgtt，2366()533gt

ttt，故gt在36,33上单调递减，在6,13上单调递增，62635g，(1)1g，33335g，故16tan5tanAB的取值范围是2633[,)55.故答案为：

2633[,)55【点睛】本题考查了三角函数和导数综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，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.在ABC中，内角,,ABC所对的边分别为,,abc，且tan2tan0bAbcB.（1）求A；（2）若3ab=，ABC的周长为33，求ABC的面积.【答案】（1）3A（2）32【解析】【分

析】（1）由同角三角函数啊和正弦定理，可转化tan2tan0bAbcB为sincossincos2sincos0ABBACA，可得1cos2A，即得解；（2）由余弦定理：222+2cosabcbcA和3ab=，ABC的周长可得解，a,b,c，结

合面积公式，即得解.【详解】（1）由sinsintan,tancoscosABABAB以及正弦定理，sinsin(sin2sin)sin0coscosBABCBAB，因为sin0B，故sincossin

cos2sincos0ABBACA故sin2sincos0CCA，而sin0C，因此1cos2A因为0A，所以3A（2）由3A，以及余弦定理：222+2cosabcbcA知222abbcc，又3ab=2220bbcc故2c

b，由于ABC的周长为33故3333b，故1b，2c，3a，222cab故2C因此ABC的面积为1322Sab【点睛】本题考查了解三角形的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，

属于中档题.18.如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且60BAD，AF平面ABCD，DEAF.（1）求证：平面ACE平面BDE；（2）G为CE中点，当4DE，2AFAB时，求二面角GBFE的正弦值.【答案】（1）见解析（2）15【解析】【分析】

（1）先证明ACDE，ACBD，继而可证AC平面BDE，故得证平面ACE平面BDE（2）如图建立空间直角坐标系，求解平面GBF，平面EBF的法向量，利用二面角的向量公式即得解.【详解】（1）因为AF平面ABCD，DEAF，所以D

E平面ABCD，故ACDE又四边形ABCD为菱形，故ACBD又DE，DB是平面BDE内两条相交的直线，故AC平面BDE，又AC平面ACE，因此平面ACE平面BDE（2）取线段AB中点N，连接DN，以点D为原点O，

分别以DN，DC，DE的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系zOxy则点3,1,0A，3,1,0B，0,2,0C，0,0,4E，(3,0,2)BG，(0,2,2)BF，(3,1,4)BE设平面GBF

的法向量为111,,mxyzr，则(3,0,2)0,(0,2,2)0,mm即1111320220xzyz，可取2,3,3m又设平面EBF的法向量222,,nxyzr，则(3,1,4)0,(0,2,2)0,nn

即22222340220xyzyz，可取3,1,1n故||26|cos,|||||5mnmnmn，因此二面角GBFE的正弦值为15【点睛】本题考查了立体几何和空间向量综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算能力，

属于中档题.19.已知以椭圆222:139xyEaa的两个焦点与短轴的一个端点为顶点的三角形面积为9.（1）求椭圆E的方程；（2）矩形ABCD在y轴右侧，且顶点C、D在直线6yx上，顶点A、B在椭圆E上，若矩形ABCD的面积为43，求直

线AB的方程.【答案】（1）221189xy（2）5yx【解析】【分析】（1）依题意知2399a,求解a代入即得解；（2）设直线AB：yxm,利用弦长公式，平行线间距离公式，可得24||273ABm

，2||62BCm,利用4||||3ABBC，构造2276fmmm，研究函数单调性，即可得解.【详解】（1）依题意知2399a，所以32a故椭圆E的方程为221189xy（2）设直线AB

：3yxmm把yxm代入E：221189xy得22342180xmxm（*）由判别式得333m，此时方程（*）有两个不相等的实数根1x，2x，且1243mxx，2122183mxx可得22121

2124||2||2()4273ABxxxxxxm，由平行线间的距离公式：|6|2||622ABCDmBCdm由4||||3ABBC可得22762mm记2276fmmm，其中333m，则函数fm在3

,33上单调递减且52f，故5m，因此直线AB的方程为5yx【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.20.在全球关注的抗击“新冠肺炎”中，某跨国科研中心的一

个团队，研制了甲、乙两种治疗“新冠肺炎”新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验，试验方案如下：第一种：选取,,,,,,,,,ABCDEFGHIJ共10只患病白鼠，服用甲药后某项指标分别为：84,87,89,91,92,92,86,89,90,90；第二种：选取,,,,,,,,,abcdef

ghij共10只患病白鼠，服用乙药后某项指标分别为：81,87,83,82,80,90,86,89,84,79；该团队判定患病白鼠服药后这项指标不低于85的确认为药物有效，否则确认为药物无效.（1）已知第一种试验方案的10个数据的平均数为89，求这组数据的方差；（2）现需要

从已服用乙药的10只白鼠中随机抽取7只，记其中服药有效的只数为，求的分布列与期望；（3）该团队的另一实验室有1000只白鼠，其中900只为正常白鼠，100只为患病白鼠，每用新研制的甲药给所有患病白鼠服用一次，患病白鼠

中有90%变为正常白鼠，但正常白鼠仍有%010tt（）变为患病白鼠，假设实验室的所有白鼠都活着且数量不变，且记服用n次甲药后此实验室正常白鼠的只数为na.（i）求1a并写出1na与na的关系式；（ii）要使服用甲药两次后，该实验室正常白鼠至少有950只，求

最大的正整数t的值.【答案】（1）6.2（2）见解析，145E（3）19909at，110900(010)100nntaat（i）（ii）4t【解析】【分析】（1）利用题设数据及方差的定义求解即可；（2）利用超几何概型的概率公式计算概率，列分布列，即得解.（3）（i）

依题设知191100010010nnntaaa，即得解；（ii）2110900100950taa，代入19909at，构造函数990910fttt即得解.【详解】（1）方

差21(25404999011)6.210s（2）在第二种试验中服药有效的白鼠有4只，服药无效的白鼠有6只，故的可能取值为1，2，3，416467104(1)120CCPC，254671036(2)120CCPC

，344671060(3)120CCPC，434671020(4)120CCPC，因此的分布列为1234P130310121613111412343010265E（3）（ⅰ）

19909at依题设知191100010010nnntaaa，即110900(010)100nntaat（ⅱ）211010900(9909)900100100ttaat，由2950a

可得9909105000tt记函数990910fttt，其中0t10，则函数990910fttt在0,10上单调递减，且45724f，54725f故最大的正整数4t【点睛】本题考查了统计、概率，数列综合，考查了学生综

合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题.21.已知函数21xfxexax（0x，e为自然对数的底数），fx是fx的导数.（1）当12a时，求证：0fx；（2）是否存在整数a，使得

2lnfxxxx对一切0x恒成立？若存在，求出a的最大值，并证明你的结论；若不存在，也请说明理由.【答案】（1）见解析（2）存在，最大整数0a，【解析】【分析】（1）转化为min0fx，由于1xfxex，10xfxe

，可证明函数fx在0,上单调递增，即得解；（2）记2()12lnxgxeaxxxx，()1(21)(0)xMxeaxx，当0a，可证明00gxM，矛盾，故0a，当0a时，设2211()lnxe

hxxxxx，234ln2()(2)04ehxh，即得解.【详解】（1）12xfxeax，当12a时，1xfxex10xfxe，所以函数fx在0,

上单调递增，当0x时，00fxf，所以函数fx在0,上单调递增，当0x时，00fxf，即0fx（2）对于212ln0xeaxxxx，记2()12ln(0)xgxeaxxxxx，当(0,1]x

时，2ln0xx，此时()12xgxeaxx，设()1(21)(0)xMxeaxx，()(21)(0)xMxeax，若0a，记min1,ln21ba，则0,xb时，()(21)0xMxea，当00gxMxM，与0

gx矛盾，因此0a下证0a时0gx恒成立，即21ln0xexxx0gx等价于2211ln0xexxxx设2211()ln(0)xehxxxxxx，则333(2)1(2)(2)(1)()xxxexexxxhxxxx

由（1）知10xex，故hx在0,2上单调递减，在2,上单调递增，所以234ln2()(2)4ehxh因此ln21，故2234ln27044ee，即0hx所以存在最大整数0a，使得2lnfxxxx对一切0x恒成立【点睛】本题

考查了函数与导数综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.（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，则按所做的第一题记分.22.在平面直角坐标系xOy中，曲线1C的参数

方程为3cos33sinxy（为参数），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2C的极坐标方程为2cos.（1）求曲线1C的普通方程和2C的直角坐标方程；（2）已知曲线3C的极坐标方程为（0，R），点A是曲线3C与1C的交点，点

B是曲线3C与2C的交点，A、B均异于原点O，且||22AB，求实数的值.【答案】（1）1C：2233xy，2C:2211xy（2）512或1112【解析】【分析】（1）消去参数,可得曲线1C的普通方程，利用cossinxy

可得直角坐标方程；（2）将曲线1C化为极坐标方程，利用极坐标方程的几何意义12|||||23sin2cos|AB，结合辅助角公式，即得解.【详解】（1）曲线1C的参数方程为3cos33sinx

y,消去参数，可得曲线1C的普通方程为：2233xy故：曲线2C的极坐标方程为2cos.22cos又cossinxy故：2C的直角坐标方程为：2211xy.（2）曲线1C：2233xy化为极坐标

方程为23sin设点1,A，2,B，依题设知123sin，22cos所以|||23sin2cos|4sin6AB由||22AB知2sin62因为5

666，故64或364因此512或1112【点睛】本题考查了极坐标，参数方程与一般方程的互化，以及利用极坐标的几何意义解决线段长度问题，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属

于中档题.23.设函数|2|fxx，|31|gxx.（1）解不等式fxgx；（2）若34fxgxax对任意的实数x恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）13|42xx（2）3(,6]2【解

析】【分析】（1）转化为22231xx为281030xx即得解；（2）转化3()()4fxgxax为3|2||31|4xxax，在同一直角坐标系中作()3|2||31|hxxx和()4Mxax的图象，数形结合即得解.【

详解】（1）等价于22231xx，即281030xx故不等式fxgx的解集为13|42xx（2）3()()4fxgxax即3|2||31|4xxax，在同一直角坐标系中作()3|2||31|hxxx和()4

Mxax的图象165,31()7,2365,2xxhxxxx其图象为：图中点2,7A，点1,73B，点0,4C，32CAk，9CBk要使3|2||31|4xxax

恒成立，必须06a或302a因此实数a的取值范围是3(,6]2【点睛】本题考查了绝对值不等式的求解和恒成立问题，考查了学生转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于中档题.