福建省厦门市2020届高三二模考试数学（文）试题+Word版含解析

这是一份福建省厦门市2020届高三二模考试数学（文）试题+Word版含解析，共23页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
厦门市2020届高中毕业班5月质量检查数学（文科）试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．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. 若复数在复平面内对应点的坐标分别为，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的几何意义可得，再利用复数相乘，即可得到答案；【详解】，，故选：B.【点睛】本题考查复数的几何意义及复数的乘法运算，考查运算求解能力，属于基础题.2. 已知集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】直接根据集合的并集运算，即可得到答案；【详解】，，故选：D.【点睛】本题考查集合的描述法及并集运算，考查运算求解能力，属于基础题.3. 某商场一年中各月份收入、支出的统计数据如图，下列说法中错误的是（    ）A. 8月份的利润最低B. 7至9月份的平均收入为50万元C. 2至5月份利润连续下降D. 1至2月份支出的变化率与10至11月份支出的变化率相同【答案】C【解析】【分析】根据收入和支出图中的数据，可得利润变化情况，即可得到答案；【详解】对A，8月份利润为10万元最低，故A正确；对B，7-9月份的收入分别为40，50，60万元，平均收入为50万元，故B正确；对C，3月份利润相对2月份是增加了10万元，故C不正确；对D，1至2月份和10至11月份的支出都是增加30万元，变化率相同，故D正确；故选：C.【点睛】本题考查统计中图的信息读取，考查数据处理能力，属于基础题.4. 某程序框图如图所示，则该程序的功能是（    ）A. 输出的值 B. 输出的值C. 输出的值 D. 输出的值【答案】A【解析】【分析】由程序框图的循环结构，可得程序功能为数列求和；【详解】，，，，输出的值，故选：A.【点睛】本题考查利用程序框图进行数列求和，考查阅读程序框图的能力，属于基础题.5. 射线测厚技术原理公式为，其中分别为射线穿过被测物前后的强度，是自然对数的底数，为被测物厚度，为被测物的密度，是被测物对射线的吸收系数.工业上通常用镅241（）低能射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种射线的吸收系数为（    ）（注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，，结果精确到0.001）A 0.110 B. 0.112 C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意知,，代入公式,求出即可.【详解】由题意可得,因为,所以,即.所以这种射线的吸收系数为.故选:C【点睛】本题主要考查知识的迁移能力,把数学知识与物理知识相融合;重点考查指数型函数,利用指数的相关性质来研究指数型函数的性质,以及解指数型方程；属于中档题.6. 在中，点满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据共线向量定理可得为的中点，再根据向量的加法和减法法则，即可得答案；【详解】，为的中点，，故选：A.【点睛】本题考查向量的线性运算，考查向量加法和减法的几何意义，求解时注意回路的选择.7. 已知函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的最大值为0.5，可得再根据周期，可得，即可得答案；详解】，，又，，是由函数向右平移个单位得到，且单调递减，故选：D.【点睛】本题考查三角函数的最值、周期、指数函数的单调性和平移问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.8. 双曲线的右焦点为，点在渐近线上，为坐标原点，且，则外接圆的面积是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求出双曲线的渐近线，结合可得三角形为正三角形，再利用正弦定理可得外接圆的半径，最后利用圆的面积公式，即可得答案；【详解】双曲线的渐近线为，，，的边长为的等边三角形，，，故选：B.【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程、正弦定理求外接圆的面积，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.9. 已知，，则“”是“”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】B【解析】【分析】分别作出条件和所表示的平面区域，再根据集合的关系，即可得答案；【详解】作出条件和所表示的平面区域，如图所示： 设直线条件所表示的区域为集合，条件所表示的区域为集合，是的真子集，推不出，而可推出，“”是“”的必要不充分条件，故选：B.【点睛】本题考查条件所表示的区域问题及利用集合间的关系判断必要不充分条件，考查数形结合思想的应用.10. 函数的图象向左平移个单位长度后，与原图象有相同的对称轴，则正实数的最小值是（    ）A. 1 B. 2 C. 4 D. 6【答案】B【解析】【分析】利用三角恒等变换化简函数，再根据平移后的图象与原图象有相同的对称轴，可得，再利用周期公式，即可得答案；【详解】，图象向左平移个单位长度后，与原图象有相同的对称轴，，，的最小值为，故选：B.【点睛】本题考查三角恒等变换、辅助角公式、三角函数的平移变换和图象性质，考查数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时对平移变后图象的理解是解题的关键.11. 如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于．把沿翻折至的位置，连结．翻折过程中，有下列三个结论：①；②存在某个位置，使；③若，则的长是定值．其中所有正确结论的编号是（    ）A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③【答案】B【解析】【分析】根据翻折前后垂直的不变量，及排除法和反证法，即可得答案；【详解】对①，于，，平面，，故①正确；对②，假设存在某个位置，使，，，平面，，又由①知，平面，，，这显然是不可能的，故假设错误，故②错误；利用排除法，可得B正确；故选：B.【点睛】本题考查立体几何中图形的翻折问题、线面、面面的垂直关系问题，考查空间想象能力，求解时注意翻折前后的不变量.12. 若函数的最大值为，则实数的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】分别求出函数在和的最大值，再由函数的最大值为，可得关于的不等式，解不等式即可得答案；【详解】当时，，，若，则在恒成立，在，且时，，函数的最大值不可能为，，当时，得，当时，，在单调递增，在单调递减，，当时，，，故选：C.【点睛】本题考查分段函数的性质、导数研究函数的图象与性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意分段函数的最值的概念.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 函数的图象在处的切线方程为________．【答案】【解析】【分析】对函数进行求导，求得的值，再利用斜截式方程，即可得答案；【详解】，，切点坐标为，函数的图象在处的切线方程为，故答案为：.【点睛】本题考查导数的几何意义求切线方程，考查运算求解能力，求解时注意的导数求解是解题的关键.14. 过点的直线被圆截得的弦长为4，则的方程为________．【答案】【解析】【分析】设直线的方程为，再利用弦长为4，可得圆心到直线的距离，从而求得的值，即可得答案；【详解】当直线l的斜率不存在时，显然不满足题意，当直线l斜率存在时，设直线的方程为，即，，，的方程为，故答案为：.【点睛】本题考查直线与圆相交的弦长公式、点到直线的距离公式的应用，考查逻辑推理能力、运算求解能力.15. 某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为________．【答案】【解析】【分析】通过几何体的三视图可知该几何体是一个半圆柱挖去一个小半圆柱，再根据三视图中的数据，分别求出两个半圆柱侧面积，上下底面面积，两个长方形面积，再相加即可得答案；【详解】三视图可知该几何体是一个半圆柱挖去一个小半圆柱，
 两个半圆柱侧面积：，上下底面面积：，两个长方形面积：，该几何体的表面积为，故答案为：.【点睛】本题考查根据三视图求几何体的表面积，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意运算的准确性.16. 的内角的对边分别为，若，则_______，的最大值是________．【答案】    (1).     (2). 【解析】【分析】（1）由可得与的关系，即可求得的值；（2）利用诱导公式将用、表示，再利用基本不等式，即可得答案；【详解】，，；由于求的最大值，只需考虑的情况，所以，等号成立当且仅当.故答案为： ；.【点睛】本题考查正弦定理、诱导公式、基本不等式求最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意利用基本不等式求最值，要考虑等号成立的条件.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. 已知等差数列的公差为，数列满足．（1）证明：数列是等比数列；（2）记数列的前项和为，求使得的最小正整数的值．【答案】（1）证明见解析（2）最小正整数的值为10．【解析】【分析】（1）根据等比数列的定义，证明为常数，即可证得结论；（2）利用分组求和法求出，再根据数的单调性，即可求得使不等式成立的最小正整数的值；【详解】（1）证明：∵∴当时，即，∴ ∴ ∴，∴ 又，∴是以1为首项，2为公比的等比数列 （2）由（1），∴ ∴ ∵且为递增数列  ∴使得的最小正整数的值为10．【点睛】本题考查数列递推关系、通项公式、求和等基础知识：考查推理论证、运算求解等能力；考查函数与方程、化归与转化等思想.18. 为了检测生产线上某种零件的质量，从产品中随机抽取100个零件，测量其尺寸，得到如图所示的频率分布直方图．若零件尺寸落在区间之内，则认为该零件合格，否则认为不合格．其中，分别表示样本的平均值和标准差，计算得（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．（1）已知一个零件的尺寸是，试判断该零件是否合格；（2）利用分层抽样的方法从尺寸在的样本中抽取6个零件，再从这6个零件中随机抽取2个，求这2个零件中恰有1个尺寸小于的概率．【答案】（1）该零件不合格．（2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图，计算出的区间，再判断是否属于区间内，即可得答案；（2）记这6个零件编号为：，再列出从这6个零件中随机抽取2个的基本事件，记事件为：“选出的2个零件中恰有1个尺寸小于”，计算事件包含的基本事件，利用古典概型计算概率，即可得答案；【详解】（1）记各组的频率为，依题意得， ∴∴而，故该零件不合格．  （2）记前三组抽取的零件个数分别为∴，∴∴抽取出的6个零件中尺寸小于的有3个．  记这6个零件编号为：（其中为尺寸小于的）记事件为：“选出的2个零件中恰有1个尺寸小于”∴从这6个零件中随机抽取2个的基本事件有：共15个． 则事件包含的基本事件有：共9个   ∴∴这2个零件中恰有1个尺寸小于的概率为．【点睛】本题考查频数分布直方图、分层抽样等基础知识、古典概型的概率计算，考查数据处理能力，运算求解能力，求解时注意列出所有等可能结果.19. 如图，在五面体中，平面，平面，．（1）求证：；（2）若，且二面角的大小为60°，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由两条直线同时垂直平面得两直线平行，再利用线面平行的性质定理，即可证明线线平行；（2）取中点，连接，根据二面角定义得到，则到面的距离，再利用四棱锥的体积公式，即可得答案；【详解】（1）∵面，面，∴又面，面，∴面 又面，面面，∴ （2）取中点，连接∵面，面，∴，．∵，∴，．又面，面，且面面．∴二面角的平面角．又中，，∴是边长为2的正三角形  ∴，，∵面，∴又，∴面即到面的距离  ∵，面，面，∴面．∴到面的距离即为到面的距离 在四边形中，，∴矩形的面积  ∴ 【点睛】本题考查线面平行性质定理、线面垂直性质定理、棱锥体积求解，考查转化与化归思想，考查逻空间想象能力、运算求解能力.20. 设为坐标原点，动点在圆上，过作轴的垂线，垂足为，点满足．（1）求点的轨迹的方程；（2）直线上的点满足．过点作直线垂直于线段交于点．（ⅰ）证明：恒过定点；（ⅱ）设线段交于点，求四边形的面积．【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）.【解析】【分析】（1）设，则，根据向量关系坐标化可得，消去可得轨迹的方程；（2）（ⅰ）设，根据直线垂直，向量的数量积为0可得：，设直线方程为，化简即可得到直线过定点坐标；（ⅱ）根据直线与圆相交的弦长公式求出，，再根据对角线相乘的半，求得四边形的面积.【详解】（1）设，则∵，又，，∴ 又，∴，化简得点的轨迹方程为 （2）（ⅰ）设，∵，∴又，∴              ① 又直线过点且垂直于线段，故设直线方程为化简得，又由①式可得，所以恒过定点 （ⅱ）直线为，交圆于两点则圆心到直线的距离为，∴弦长，又直线为，由得，故，∴，即四边形的面积【点睛】本题考查轨迹方程、直线过定点、弦长公式、四边形的面积，考查转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．21. 已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，证明：．【答案】（1）分类讨论，见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）对函数求导得，再对分成和两种情况讨论，分别得到函数的单调性；（2）令，由（1）可得：在上单调递减，在上单调递增，则，再令同时不等式两边进行平方，结合放缩法，可证得不等式.【详解】（1）的定义域为， ①当时，，则在上单调递增； ②当时，由得，故在上单调递增；由得，故在上单调递减； （2）令，由（1）可得：在上单调递减，在上单调递增，则，即 令，则，∴ 又 ∴∴命题得证【点睛】本题考查函数单调性的讨论、不等式的证明，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．（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]22. 在平面直角坐标系中，直线的方程为，直线的参数方程为（为参数），设与的交点为，当变化时，的轨迹为曲线．（1）求的普通方程；（2）过的直线与相交于两点，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将直线的参数方程化成普通方程，再联立两条直线方程，消去参数，即可得到的普通方程；（2）设直线的参数方程为（为参数），根据参数的几何意义，即可得答案；【详解】（1）直线消去参数得，① 因为直线的方程为，②所以由①×②得，的普通方程．（2）直线的参数方程为（为参数）．将代入得，所以，， 由得且， 所以．【点睛】本题考查普通方程、参数方程的互化、直线参数方程的几何意义，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．[选修4-5：不等式选讲] 23. 已知函数．（1）解不等式；（2）若，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】分析】（1）利用零点分段法讨论绝对值内数的正负，解不等式，即可得答案；（2）根据绝对值不等式可得，再利用基本不等式可得的最小值为，从而证明不等式成立.【详解】（1）原不等式可化为：，当时，不等式，无解； 当时，不等式，解得，故；当时，不等式，解得，故， 综上，不等式的解集为； （2）因为，所以，当且仅当，且时，取得等号， 又，所以，当且仅当时，取得等号，故，所以成立．【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，考查转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意等号成立的条件的运用.