2020届福建省莆田市仙游第一中学、福州八中高三上学期第三次质检数学（理）试题（解析版） 23页

‎2020届福建省莆田市仙游第一中学、福州八中高三上学期第三次质检数学（理）试题 一、单选题 ‎1．设集合，，则　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】：化简集合，根据交集的定义计算．‎ ‎【详解】‎ ‎：‎ 因为集合，‎ 化简，‎ 所以，故选D．‎ ‎【点睛】‎ ‎：研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性．研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合．‎ ‎2．设i是虚数单位，复数z=，则|z|=（　　）‎ A．1 B． C． D．2‎ ‎【答案】B ‎【解析】.‎ 故选B.‎ ‎3．已知角的顶点在原点，始边与轴的正半轴重合，终边落在射线上，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】在的终边上取点,然后根据三角函数的定义可求得答案.‎ ‎【详解】‎ 在的终边上取点,则,‎ 根据三角形函数的定义得.‎ 故选:D ‎【点睛】‎ 本题考查了利用角的终边上的点的坐标求三角函数值,属于基础题.‎ ‎4．正项等比数列的前项和为，若，，则（ ）‎ A． B．27 C．81 D．243‎ ‎【答案】C ‎【解析】设正项等比数列的公比为,则,根据已知条件列方程组可解得首项和公比,再根据通项公式可求得.‎ ‎【详解】‎ 设正项等比数列的公比为,则,‎ 依题意可得 ,解得,,‎ 所以.‎ 故选:C ‎【点睛】‎ 本题考查了等比数列通项公式的基本量的计算,属于基础题.‎ ‎5．已知函数，记，，，则的大小关系为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】可以看出，f（x）是偶函数，并且在[0，+∞）上单调递增，从而得出 ‎，并且可以得出，从而由f（x）在[0，+∞）上的单调性即可得出a，b，c的大小关系．‎ ‎【详解】‎ f（x）是偶函数，在[0，+∞）上单调递增；‎ ‎∴b＝f（log0.23）＝f（﹣log0.23）；‎ ‎∵50.2＞50＝1，；‎ ‎∴；‎ ‎∴；‎ ‎∴b＜c＜a．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查偶函数的定义，对数函数的单调性，指数函数的单调性，以及增函数的定义．‎ ‎6．已知函数（，，）的部分图象如图所示，则的解析式为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：由最高点和最低点确定，由两个零点先确定周期，从而求得，再把零点代入求得．‎ 详解：由题意，又，‎ ‎∴，‎ ‎∴，，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，‎ 故选D．‎ 点睛：本题考查由函数的图象确定函数解析式，解题关键是的物理意义，如A是振幅，周期，是相位，是初相等，当然在确定时，有时还要与函数的单调性联系在一起．‎ ‎7．如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）‎ A．32 B．16 C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据三视图可知几何体为一个三棱柱切掉一个三棱锥，分别求解出三棱柱和三棱锥的体积，作差即可得到结果.‎ ‎【详解】‎ 由三视图可知，几何体为一个三棱柱切掉一个三棱锥 如下图所示：‎ 则为中点 ‎，‎ 所求几何体体积：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查多面体体积的求解问题，关键是能够通过割补的方式来进行求解.‎ ‎8．函数的图象大致是( )‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据函数为偶函数，排除选项.当时，研究函数的导数零点的情况，得到函数极值点的个数，再结合，确定正确选项.‎ ‎【详解】‎ 易知函数是偶函数，故排除A.‎ 当时,,则可得： ,令，作出 的图象如图：可知两个函数图象在[0，π]上有一个交点，就是函数有一个极值点，且，所结合选项可知选D.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查函数图像的识别，考查利用函数导数判断函数的图像，属于中档题.‎ ‎9．如图，“大衍数列”：0，2，4，8，12….来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和.下图是求大衍数列前项和的程序框图.执行该程序框图，输入，则输出的（ ）‎ A．100 B．140 C．190 D．250‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据程序框图进行运算,直到满足判断框中的条件,就停止运行,输出结果.‎ ‎【详解】‎ 第一次运行,,不符合,继续运行;‎ 第二次运行,,,不符合,继续运行,‎ 第三次运行,,,不符合,继续运行,‎ 第四次运行,,,不符合,继续运行,‎ 第五次运行,,,, 不符合,继续运行,‎ 第六次运行,,,, 不符合,继续运行,‎ 第七次运行,,, 不符合,继续运行,‎ 第八次运行,,, 不符合,继续运行,‎ 第九次运行,, 不符合,继续运行,‎ 第十次运行,,符合,退出运行,,输出.‎ 故选:C ‎【点睛】‎ 本题考查了程序框图中循环结构,正确理解程序框图是解题关键,属于基础题.‎ ‎10．已知函数是定义在上的偶函数，设函数的导函数为，若对任意都有成立，则（ ）．‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】设 ‎ 在 上是增函数，易得 是偶函数，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性、函数与方程、函数与不等式、导数的应用，涉及函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 首先 在 上是增函数，易得 是偶函数，故选A.‎ ‎11．已知为坐标原点，是椭圆：的左焦点，，分别为的左，右顶点.为上一点，且轴.过点的直线与线段交于点，与轴交于点.若直线经过的中点，则的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意可得的坐标,设出直线的方程为,分别令,可得的坐标,再由中点坐标公式可得的坐标,运用三点共线的条件,斜率相等,结合离心率公式可得所求值.‎ ‎【详解】‎ 由题意可设,,‎ 令,代入椭圆方程可得,可得,‎ 设直线的方程为,‎ 令,可得,所以,‎ 令,得,所以,‎ 设的中点为,则可得,‎ 由三点共线,可得,所以,即,即,‎ 所以离心率.‎ 故选:A ‎【点睛】‎ 本题考查了求椭圆的离心率,考查了求直线的交点坐标,考查了斜率公式,属于中档题.‎ ‎12．已知偶函数满足，且当时，，关于的不等式在区间上有且只有300个整数解，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据的周期和对称性得出不等式在上的整数解的个数为3,计算的值得出的范围.‎ ‎【详解】‎ 因为偶函数满足,‎ 所以,‎ 所以的周期为且的图象关于直线对称,‎ 由于上含有50个周期,且在每个周期内都是轴对称图形,‎ 所以关于的不等式在上有3个整数解,‎ 当时,,‎ 由,得,由,得,‎ 所以函数在上单调递增,在上单调递减,‎ 因为,,‎ 所以当时,,‎ 所以当时,在上有4个整数解,不符合题意,‎ 所以,‎ 由可得或,‎ 显然在上无整数解,‎ 故而在上有3个整数解,分别为,‎ 所以,,,‎ 所以.‎ 故选:D ‎【点睛】‎ 本题考查了函数的周期性,考查了函数的对称性,考查了利用导数研究函数的单调性,考查了一元二次不等式,属于较难题.‎ 二、填空题 ‎13．已知平面向量，的夹角为，且，，若，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用平面向量数量积公式求出,根据,可得,化简得,将，,代入可得.‎ ‎【详解】‎ 因为平面向量，的夹角为，且，,‎ 所以,‎ 因为,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 解得.‎ 故答案为: ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了计算平面向量的数量积,考查了向量垂直的坐标表示,属于基础题.‎ ‎14．若，满足约束条件，则的最大值为______.‎ ‎【答案】3.‎ ‎【解析】作出可行域,利用目标函数的几何意义,找到最优解,代入最优解的坐标即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 作出可行域,如图所示:‎ 因为 表示平面区域内的动点与原点连线的斜率,‎ 所以由图可知,点为最优解,易得,‎ 所以.‎ 故答案为:3‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线性规划求最值,解题关键是根据图形找到最优解,属于基础题.‎ ‎15．已知抛物线方程为，直线的方程为，在抛物线上有一动点到轴的距离为，到直线的距离为，则的最小值为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：设焦点为，则，那么的最小值为，故答案填.‎ ‎【考点】抛物线及其焦点准线.‎ ‎【方法点晴】本题是一个关于抛物线以及抛物线的焦点、准线方面的综合性问题，属于难题.解决本题的基本思路及切入点是：首先根据抛物线的定义，将动点到 轴的距离转化为点到抛物线的准线的距离问题，再进一步转化为到焦点的距离问题，采取化曲为直的思想方法，最终转化为抛物线的焦点到直线的距离问题，最终使问题得到解决.‎ ‎16．已知球O是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）A-BCD的外接球，BC=3，，点E在线段BD上，且BD=3BE，过点E作圆O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是__.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，连接oO1D，OD，O1E，OE，可得R2＝3+（3﹣R）2，解得R＝2，过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 如图，‎ 设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，‎ 连接oO1D，OD，O1E，OE，‎ 则，AO1‎ 在Rt△OO1D中，R2＝3+（3﹣R）2，解得R＝2，‎ ‎∵BD＝3BE，∴DE＝2‎ 在△DEO1中，O1E ‎ ‎∴ ‎ 过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，‎ 此时截面圆的半径为，最小面积为2π．‎ 当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4π．‎ 故答案为：[2π，4π]‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了球与三棱锥的组合体，考查了空间想象能力，转化思想，解题关键是要确定何时取最值，属于中档题．‎ 三、解答题 ‎17．数列是公差大于0的等差数列，数列是公比为2的等比数列，，是与的等差中项，是 与的等比中项.‎ ‎（Ⅰ）求数列与的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ）,（Ⅱ）‎ ‎【解析】试题分析：由等比数列和等差数列的性质可列方程组，解得和的值，即可得到数列与的通项公式；‎ 由可得，故 ‎ ‎，‎ ‎ ， ‎ ‎ ‎ ‎ 解析:（Ⅰ）由已知，‎ 即解得或（舍去），‎ 所以 ， ‎ ‎ . ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ），得，‎ 设数列的前项和为，则 ‎，‎ ‎ ， ‎ ‎ ‎ ‎ .　‎ 点睛：本题主要考查了等差数列和等比数列的定义及通项公式和数列的前项和公式的求解，解题时要认真审题，可以通过方程组解决问题，强化基本公式的掌握，熟悉数列中的基本量关系，考查了学生的运算求解能力，数据处理能力以及应用意识。‎ ‎18．在中，内角，，的对边分别为，，，已知.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】(1)根据正弦定理边化角可得,再利用两角和的正弦公式变形可得;‎ ‎(2)根据余弦定理求出 ,再由面积公式可得.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由正弦定理，得，‎ 所以，‎ 即，‎ ‎，‎ ‎，‎ 化简得.‎ 又，所以，因此.‎ ‎（2）由，得，‎ 由余弦定理及，，‎ 得，解得.‎ 从而.‎ 又因为，且，所以.‎ 因此.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了正弦定理角化边,考查了两角和的正弦公式,考查了余弦定理,考查了三角形的面积公式,属于中档题.‎ ‎19．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，且.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】（1）先根据计算得线线线线垂直，再根据线面垂直判定定理以及面面垂直判定定理得结论，（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：取中点，连结，，，‎ 因为底面为菱形，，所以 ．‎ 因为为的中点，所以． ‎ 在△中，， 为的中点，所以．‎ 设,则，，‎ 因为，所以． ‎ 在△中，，为的中点，所以．‎ 在△ 和△ 中，因为，，，‎ 所以△ △ ．‎ 所以．所以． ‎ 因为，平面，平面，‎ 所以平面．‎ 因为平面，所以平面平面． ‎ ‎（2）因为，，，平面，平面，‎ 所以平面．所以． ‎ 由（1）得，，所以，，所在的直线两两互相垂直．‎ 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系． ‎ 设，则，，，， ‎ 所以，，，‎ 设平面的法向量为，‎ 则 令，则，，所以． ‎ 设平面的法向量为，‎ 则 令，则，，所以．‎ 设二面角为，由于为锐角，‎ 所以 ．‎ 所以二面角的余弦值为． ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面垂直判定定理、面面垂直判定定理以及利用空间向量求二面角，考查基本分析论证与求解能力，属中档题.‎ ‎20．已知椭圆中心在原点，焦点在坐标轴上，直线与椭圆在第一象限内的交点是，点在轴上的射影恰好是椭圆的右焦点，椭圆的另一个焦点是，且.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）直线过点，且与椭圆交于，两点，求的面积的最大值及此时内切圆半径.‎ ‎【答案】（1）；（2）的面积最大值为3，内切圆半径.‎ ‎【解析】(1)由已知可得,根据可得,将代入椭圆可得,从而可得,可得椭圆方程;‎ ‎(2)根据可得,换元可得,根据单调性可求得面积的最大值为3,根据（为三角形内切圆半径）,可求得三角形内切圆半径.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设椭圆方程为，.点在直线上，且点在轴上的射影恰好是椭圆的右焦点，则点.‎ ‎∵.即,∴,所以,‎ 又，‎ 解得,‎ ‎∴椭圆方程为.‎ ‎（2）由（1）知，‎ 设直线方程为，，，则 ‎，消去得，‎ ‎∴.‎ ‎∴‎ ‎,‎ 令，则，∴.‎ 令，，‎ 当时，，在上单调递增，‎ ‎∴，当时取等号，‎ 即当时，的面积最大值为3.‎ 过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为.‎ 又（为三角形内切圆半径），‎ ‎∴当的面积最大时,，得内切圆半径.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求椭圆的标准方程,考查了焦点三角形的面积,考查了三角形的内切圆问题,考查了平面向量的数量积,考查了利用导数研究函数的单调性和最值,属于中档题.‎ ‎21．已知函数，且曲线在点处的切线与直线垂直.‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）求证：时，.‎ ‎【答案】（1）的单调增区间为，无减区间（2）详见解析.‎ ‎【解析】（1）求出原函数的导函数，得到函数在x＝1时的导数，再求得f（1），然后利用直线方程的点斜式得答案；（2）构造新函数h（x）＝ex﹣x2﹣（e﹣2）x﹣1，证明ex﹣（e﹣2）x﹣1≥x2；令新函数φ（x）＝lnx﹣x，证明x（lnx+1）≤x2，从而证明结论成立．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由，得.‎ 因为曲线在点处的切线与直线垂直，‎ 所以，所以，即，.‎ 令，则.所以时，，单调递减；‎ 时，，单调递增.所以，所以，单调递增.‎ 即的单调增区间为，无减区间 ‎（2）由（1）知，，所以在处的切线为，‎ 即.‎ 令，则，‎ 且，，‎ 时，，单调递减；‎ 时，，单调递增.‎ 因为，所以，因为，所以存在，使时，，单调递增；‎ 时，，单调递减；时，，单调递增.‎ 又，所以时，，即，‎ 所以.‎ 令，则.所以时，，单调递增；‎ 时，，单调递减，所以，即，‎ 因为，所以，所以时，，‎ 即时，.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查构造新函数求最值证明不等式，是难题．‎ ‎22．选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系中，曲线：（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线：.‎ ‎（1）求的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（2）若曲线与交于，两点，，的中点为，点，求的值.‎ ‎【答案】（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）3.‎ ‎【解析】（1）直接消去参数可得C1的普通方程；结合ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ得C2的直角坐标方程；（2）将两圆的方程作差可得直线AB的方程，写出AB的参数方程，与圆C2联立，化为关于t的一元二次方程，由参数t的几何意义及根与系数的关系求解．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）曲线的普通方程为.‎ 由，，得曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）将两圆的方程与作差得直线的方程为.‎ 点在直线上，设直线的参数方程为（为参数），‎ 代入化简得，所以，.‎ 因为点对应的参数为，‎ 所以 ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，着重考查直线参数方程中参数t的几何意义，是中档题．‎ ‎23．已知函数．‎ ‎（1）若求不等式的解集；‎ ‎（2）若的解集包含，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】试题分析：（1）当时，，利用零点分段法将表达式分成三种情况，分别解不等式组，求得解集为；（2）等价于，即在上恒成立，即.‎ 试题解析：‎ ‎（1）当时，，即或或，‎ 解得或，不等式的解集为；‎ ‎（2）原命题等价于在上恒成立，即 在上恒成立，即在上恒成立，即，实数的取值范围为．‎ ‎【考点】不等式选讲．‎