2020宁德高三普通高中毕业班5月质量检查数学（理）试题含答案

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这是一份2020宁德高三普通高中毕业班5月质量检查数学（理）试题含答案，共17页。试卷主要包含了的展开式中，的系数是，已知，且，则，已知为坐标原点，是的直径，方程的曲线有下列说法等内容，欢迎下载使用。
2020届宁德市普通高中毕业班质量检查试卷（5.4）理科数学本试卷共23题，共150分，共6页．注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的“姓名、准考证号、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．非选择题用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答案无效．3．考试结束，监考员将试题卷和答题卡一并交回．一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．设集合，，则=A． B. C. D. 2．设等差数列的前项和为，若，，则A．36 B．70 C．72 D．1443．干支是天干（甲、乙、…、癸）和地支（子、丑、…、亥）的合称，“干支纪年法”是我国传统的纪年法．如图是查找公历某年所对应干支的程序框图．例如公元1988年，即输入，执行该程序框图，运行相应的程序，输出，从干支表中查出对应的干支为戊辰．我国古代杰出数学家祖冲之出生于公元年，则该年所对应的干支为A. 己巳 B. 庚午 C. 壬戌 D. 癸亥 4．的展开式中，的系数是 A． B． C． D． 5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A． B．　　C． D．6．已知，且，则A． B． C． D．或7．在复平面内为坐标原点，复数，对应的点分别为，，则的大小为A． B． C． D． 8．函数恒成立的一个充分不必要条件是A． B． C． D．9．已知为坐标原点，是的直径．若点满足，则的最小值为A． B． C． D． 10．方程的曲线有下列说法： ①该曲线关于对称； ②该曲线关于点对称；③该曲线不经过第三象限；④该曲线上有无数个点的横、纵坐标都是整数．其中正确的是A．②③ B．①④ C．②④ D．①③11．如图，四边形为正方形，四边形为矩形，且平面与平面互相垂直．若多面体的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为A． B． C． D． 12．双曲线的左、右焦点分别为，，为坐标原点．为曲线右支上的点，点在外角平分线上，且．若恰为顶角为的等腰三角形，则该双曲线的离心率为A． B． C． D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．若抛物线经过点，，则该抛物线的标准方程为___________．14．记为正项数列的前项和，．若，，则___________．15．宁德市中学生篮球比赛中，右图为某球队场比赛得分的茎叶图，其中有两个数字不慎被墨迹污染（分别用标注）.目前得知这组数据的平均值为，则方差最大时的值为_________． 16．已知函数若关于的不等式的解集非空，且为有限集，则实数的取值集合为___________．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须做答．第22、23题为选考题，考生根据要求做答．（一）必考题：共60分17．（12分）如图，在平面四边形中，，，，，.（1）求；（2）求的长. 18．（12分）如图，在棱柱中，底面为平行四边形， ,,且在底面上的投影恰为的中点.（1）过作与垂直的平面，交棱于点，试确定点的位置，并说明理由；（2）若点满足，试求的值，使二面角为. 19．（12分）已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左、右焦点，点为椭圆上的一动点，面积的最大值为2.（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆的另一个交点为，点，证明：直线与直线关于轴对称. 20．（12分）已知函数（）．（1）讨论函数的单调性；（2）求证：． 21．（12分）某市旅游局为尽快恢复受疫情影响的旅游业，准备在本市的景区推出旅游一卡通（年卡）．为了更科学的制定一卡通的有关条例，市旅游局随机调查了2019年到本市景区旅游的1000个游客的年旅游消费支出（单位：百元），并制成如下频率分布直方图：由频率分布直方图，可近似地认为到本市景区旅游的游客，其旅游消费支出服从正态分布，其中近似为样本平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）.(1) 若2019年到本市景区旅游游客为500万人，试估计2019年有多少游客在本市的年旅游消费支出不低于1820元；(2) 现依次抽取个游客，假设每个游客的旅游消费支出相互独立，记事件表示“连续3人的旅游消费支出超出”．若表示的概率，为常数），且.（i）求，及，；（ii）判断并证明数列从第三项起的单调性，试用概率统计知识解释其实际意义．参考数据：，， (二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．[选修4―4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，点的极坐标为，直线的极坐标方程为．(1)求的直角坐标和 l的直角坐标方程；(2)把曲线上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标伸长为原来的倍，得到曲线，为上动点，求中点到直线距离的最小值． 23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知函数. 若存在实数使得成立.(1)求的值；(2)若，，求的最小值. 2020年宁德市普通高中毕业班质量检查试卷（5.4）数学（理科）参考答案及评分标准说明：一、本解答指出了每题要考查的主要知识和能力，并给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解法不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准指定相应的评分细则．二、对计算题，当考生的解答在某一部分解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分．一、选择题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分60分．1．B 2．C 3．A 4．D 5．A 6．A7．B 8．C 9．C 10．D 11．B 12．D二、填空题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分20分．13． 14． 15． 16．三、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．17．本小题主要考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想等．满分12分．解：（1）因为，，所以.……………………………………2分在中，，所以…………………………………………………………3分……………………………………………………4分. …………………………………………………………5分（2）在中，由正弦定理得，…………………………………6分即，解得.…………………………………………………………8分因为，，所以，……………9分在中，，根据余弦定理，…10分解得．…………………………12分18．本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等．满分12分．解：解法一：（1）当点为棱的中点时，符合题目要求，………1分下面给出证明. 分别连结，. 在中，所以，因此，即，…………2分因为在底面上的投影恰为的中点，所以平面，又平面，所以，…………………3分又，，平面,所以平面,因此，点即为所求，平面即为.…………………5分（2）证明：由题（1）知可得,,，所以,…………………6分分别以为轴的正方向，以过点垂直于平面的方向为轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，，.…………………7分所以易得平面的一个法向量为.……………8分，设为平面的一个法向量，则：，即得，令，得，.…………………10分因为二面角为，所以，即，所以，又因为二面角的大小为钝角，故..………………12分解法二：（1）当点为棱的中点时，符合题目要求，.…………………1分下面给出证明.分别连结，，.因为在底面上的投影恰为的中点，所以平面，又平面，所以..…………………2分在中，,故为等边三角形，又点为棱的中点，所以，.…………………3分又，，平面,所以平面,因此，点即为所求，平面即为..…………………5分（2）证明：连结，在平行四边形中，因为,所以，故，即,…………………6分分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，，，，，，，……7分易得平面的一个法向量为……8分设为平面的一个法向量，则：，即，令，得，…………………9分因为二面角为，所以，即，所以，又因为二面角的大小为钝角，解得.……………12分（其他正确建系方法酌情相应给分） 19．本题主要考查直线椭圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，考查考生分析问题和解决问题的能力，满分12分．解：（1）因为椭圆的离心率为，所以，即，又，所以，…………………………… 1分因为面积的最大值为2，所以，即，又因为，所以，，……………………………… 3分故椭圆的方程为.……………………………… 4分（2）由（1）得，当直线的斜率为时，符合题意，………………… 5分当直线的斜率不为时，设直线的方程为，代入消去整理得：………………… 6分，易得，…………………7分设，则，………………… 8分记直线的斜率分别为，则……………11分所以，因此直线与直线关于轴对称．……………………………… 12分 20．本小题主要考查导数及其应用、不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等．满分12分．解:（1）定义域为，.……………………………1分当时，，所以函数的单调递增区间为，递减区间为；………………………… 2分当时，令，得或，………………………………………3分当时，恒成立，所以函数的单调递增区间为，无减区间；…………………………………4分当时，，所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；………5分当时，，所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为．………6分综上所述，当时，函数的单调递增区间为，递减区间为；当时，函数的单调递增区间为，无减区间；当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为．(2)设，，…………………………………7分由（1）可知，当时，，且的单调递增区间为，递减区间为，所以的单调递增区间为，递减区间为，…………………………………8分故，所以在上单调递增. …………………………………9分又，所以当时，，时，；…………………………………10分又当时，，时，，…………………………………11分所以..………………………………………12分21．本小题主要考查频率分布直方图、平均数、正态分布、随机事件的概率、数列及其性质等基础知识，考查运算求解能力、数据处理能力、应用意识，考查分类与整合思想、统计思想、化归与转化思想．满分12分．解：（1）直方图可得…………… 2分∵，，∴旅游费用支出不低于元的概率为，…………… 3分∴，估计年有万的游客在本市的年旅游费用支出不低于元．…………… 4分（2）（i），………………………………………………………………5分，……………………………………………………………………6分所以即 ………………7分解得………8分（i）数列从第三项起单调递减. ……………9分，故又，所以，………………………………10分即从第三项起数列单调递减.由此，可知随着抽查人数的增加，事件“不连续3人的旅游费用支出超出”的可能性会越来越小. (即最终会出现连续3人的旅游费用支出超出这一事件).…………………12分 22．选修；坐标系与参数方程本小题主要考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程的应用，意在考查考生综合运用知识和运算求解能力．满分10分．（1）因为点的极坐标为，直线的极坐标方程为，由，………………………………………………………………………………2分得点的直角坐标为，…………………………………………………………………3分直线的直角坐标方程为．……………………………………………………4分解法一：（2）设，则由条件知点在曲线上，所以……………………6分，即，…………………………………………………………7分又因为为中点，所以，……………………………………8分则点到直线距离为，…………………………9分当时，取得最小值，故中点到直线距离的最小值为．………………………………………………………………………………………10分解法二：（2）设，则由条件知点在曲线上，…………………………6分，即，…………………………………………………………7分则点到直线的距离为，…………………………………………………8分点到直线距离为，当时，取得最小值，故点到直线距离的最小值为，……………………………………………………9分又因为点为中点，则点到直线距离的最小值为．………………………10分23．选修：不等式选讲本小题考查含绝对值、参数的不等式有解问题与基本不等式的应用，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想等．满分10分．解法一：（1）存在实数使得成立等价于存在实数使得成立，而，…………………………………………………2分故存在实数使得成立等价于，………………………………………3分解得，……………………………………………………………………………4分又因为，则……………………………………………………………………5分（2）由（1）得，故，所以，………………………………………………………………………… 6分由，故，所以，，……………………………………………………………………… 7分，……………… 9分当且仅当时取最小值.……………………………………………………10分解法二：（1）同解法一；（2）由，得，即，……………………………………………………………………………… 7分由，所以……………………………9分当且仅当时取最小值. ……………………………………………………10分