福建省福州市2019-2020学年高三5月调研卷文科数学试题

福州市2020届高三文科数学5月调研卷

（满分：150分考试时间：120分钟）

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

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.设是虚数单位，复数，则复数在复平面内对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】A

【解析】

【分析】

利用复数的除法运算化简，再利用复数的几何意义得解.

【详解】因为，

所以复数在复平面内对应的点为.其位于第一象限故选A.

故选：A.

【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的几何意义.

复数的除法运算关键是分母“实数化”，其一般步骤如下：

(1)分子、分母同时乘分母的共轭复数；

(2)对分子、分母分别进行乘法运算；

(3)整理、化简成实部、虚部分开的标准形式．

2.已知全集为，集合，，则的元素个数为（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】

解分式不等式求得集合，根据交集和补集的定义求得集合，进而得到元素个数.

【详解】    或

，有个元素

故选：

【点睛】本题考查集合元素个数的求解，涉及到分式不等式的求解、交集和补集的混合运算，属于基础题.

3.已知，则

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

运用中间量比较，运用中间量比较

【详解】则．故选B．

【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．

4.某学生5次考试的成绩(单位:分)分别为85，67，，80，93，其中,若该学生在这5次考试中成绩的中位数为80，则得分的平均数不可能为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据中位数为，可知，从而得到平均数小于等于，从而确定结果.

【详解】已知的四次成绩按照由小到大的顺序排序为：，，，

该学生这次考试成绩的中位数为，则

所以平均数：，可知不可能为

本题正确选项：

【点睛】本题考查统计中的中位数、平均数问题，关键是通过中位数确定取值范围，从而能够得到平均数的范围.

5.如图给出的是计算的值的一个程序框图，则图中空白框中应填入（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据该算法的功能以及按步骤依次计算，采用对选项逐一验证，可得结果.

【详解】该程序框图的功能为计算的值

由，

A错，若，

则第一次执行：，不符合

B错，若

则第一次执行：，不符合

C错，若

则第一次执行：，不符合

D正确，若

则第一次执行：，然后依次执行，符合题意

故选：D

【点睛】本题考查程序框图，这种题型，一般依次执行，耐心观察细心计算，属基础题.

6.用单位立方块搭一个几何体，使其正视图和侧视图如图所示，则该几何体体积最大值为（    ）

A. 28 B. 21 C. 20 D. 19

【答案】D

【解析】

【分析】

结合几何体的正视图和侧视图判断出每一层最多有多少个单位几何体即得解.

【详解】结合几何体的正视图和侧视图可知，

最底层最多可以有16个正方体，第2层、第3层、第4层只能各有1个单位正方体.

故该几何体体积的最大值为19.

故选：D

【点睛】本题主要考查三视图的应用，考查学生的空间想象和观察能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

7.函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先求出函数的定义域，再判断奇偶性，然后由函数图像的变化趋势可得答案

【详解】解：函数的定义域为，

因为，

所以为偶函数，所以排除C,D,

又因为当时，，

当时，，所以排除B

故选：A

【点睛】此题考查了由函数关系式识别函数图像，利用了函数的奇偶性和函数值的变化趋势进行了辨别，属于基础题.

8.已知抛物线的焦点为，点在上，，若直线与交于另一点，则的值是（    ）

A. 12 B. 10 C. 9 D. 45

【答案】C

【解析】

【分析】

结合抛物线性质，分别计算的坐标，结合两点距离公式，即可求得结果.

【详解】结合抛物线的性质可得，，

所以抛物线方程为，

所以点的坐标为，

所以直线的方程为，

代入抛物线方程，计算点坐标为，

所以，

故选：C.

【点睛】该题考查了抛物线性质及两点距离公式，属于中档题目.

9.设双曲线的左焦点为，直线过点且与在第二象限的交点为，为原点，，则的离心率为(    )

A. 5 B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据直线过点可先求得,再画图分析可知为直角三角形,再结合双曲线的定义求解即可.

【详解】因为直线与轴的交点为,故半焦距为.

设双曲线的右焦点为,连接,根据可得为直角三角形,

如图,过作垂直于直线,垂足为,则易知为的中位线.

又到直线的距离,所以,,

故结合双曲线的定义可知,所以.

故离心率.

故选：A

【点睛】本题主要考查了根据双曲线的几何性质,结合三角形的性质求解离心率的问题.需要根据题意确定焦点三角形中的长度关系求解.属于中档题.

10.已知是函数的导函数且对任意的实数都有，则不等式的解集为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

令，由已知可得，故可设，利用可得，，解不等式即可.

【详解】令，则，

可设，

，

，

所以，

解不等式，即，所以，解得，

所以不等式的解集为.

故选：B

【点睛】本题主要考查构造法解不等式，考查学生逻辑推理能力与数学运算能力，是一道中档题.

11.已知在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先根据已知条件，把边化成角得到B,C关系式，结合均值定理可求.

【详解】∵，∴，

∴.又，

∴，

∴.

又∵在锐角中, ,∴，当且仅当时取等号，

∴，故选A.

【点睛】本题主要考查正弦定理和均值定理，解三角形时边角互化是求解的主要策略，侧重考查数学运算的核心素养.

12.数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）.给出下列三个结论：

①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；

②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；

③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.

其中，所有正确结论的序号是

A. ① B. ② C. ①② D. ①②③

【答案】C

【解析】

【分析】

将所给方程进行等价变形确定x的范围可得整点坐标和个数，结合均值不等式可得曲线上的点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的范围.

【详解】由得,,,

所以可为的整数有0,-1,1,从而曲线恰好经过(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1), (-1,0),(-1,1)六个整点,结论①正确.

由得,,解得,所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过. 结论②正确.

如图所示,易知,

四边形面积,很明显“心形”区域的面积大于,即“心形”区域的面积大于3,说法③错误.

故选C.

【点睛】本题考查曲线与方程､曲线的几何性质，基本不等式及其应用,属于难题,注重基础知识､基本运算能力及分析问题解决问题的能力考查,渗透“美育思想”.

第II卷（非选择题，共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.某家庭电话在家中有人时，打进的电话响第一声时被接的概率为，响第二声时被接的概率为，响第三声时被接的概率为，响第四声时被接的概率为，那么电话在响前4声内被接的概率是__________.

【答案】

【解析】

【分析】

根据互斥事件的概率加法公式，电话在响前4声内被接的概率等于电话响起第一声接的概率，加上响第二声时被接的概率，加上响第三声时被接的概率，加上响第四声时被接的概率，得到结果.

【详解】根据互斥事件的概率加法公式，

电话在响前4声内被接的概率等于电话响起第一声接的概率，

加上响第二声时被接的概率，

加上响第三声时被接的概率，

加上响第四声时被接的概率，

故电话在响前4声内被接的概率是：

，

故答案为：.

【点睛】该题考查的是有关互斥事件有一个发生的概率的求解问题，涉及到的知识点有互斥事件概率加法公式，属于基础题目.

14.如图，圆C（圆心为C）的一条弦AB的长为2，则=______．

【答案】2

【解析】

【分析】

过点C作CD⊥AB于D，可得，Rt△ACD中利用三角函数的定义算出 ，再由向量数量积的公式加以计算，可得的值．

【详解】过点C作CD⊥AB于D，则D为AB的中点．

Rt△ACD中，，

可得cosA==2．

故答案为2

【点睛】本题已知圆的弦长，求向量的数量积．着重考查了圆的性质、直角三角形中三角函数的定义与向量的数量积公式等知识，属于基础题．

15.我们听到的美妙弦乐，不是一个音在响，而是许多个纯音的合成，称为复合音.复合音的响度是各个纯音响度之和.琴弦在全段振动，产生频率为的纯音的同时，其二分之一部分也在振动，振幅为全段的，频率为全段的2倍；其三分之一部分也在振动，振幅为全段的，频率为全段的3倍；其四分之一部分也在振动，振幅为全段的，频率为全段的4倍；之后部分均忽略不计.已知全段纯音响度的数学模型是函数（为时间，为响度），则复合音响度数学模型的最小正周期是_____________.

【答案】

【解析】

【分析】

首先根据题意，写出复合音响度数学模型为，结合多个周期函数进行加减运算之后的周期的特征得到结果.

【详解】因为产生频率为的纯音的同时，

其二分之一部分也在振动，振幅为全段的，频率为全段的2倍；

其三分之一部分也在振动，振幅为全段的，频率为全段的3倍；

其四分之一部分也在振动，振幅为全段的，频率为全段的4倍；

由全段纯音响度的数学模型是函数（为时间，为响度），

可得复合音响度数学模型为，

因为的周期，

的周期，

的周期为，

且的最小公倍数为，

所以的周期为，

故答案为：.

【点睛】该题考查的是有关三角函数模型的应用，涉及到的知识点有三角函数在音乐中的应用，函数的周期性，属于简单题目.

16.已知三棱锥的棱长均为6，其内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，如此类推，…，球与三棱锥的三个面和球都相切（，且），则球的体积等于__________，球的表面积等于__________.

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

由正四面体的内切球的半径是高的可求得的半径，得其体积，把底面向上平移，平移到与内切球相切，这个平面以上的部分仍然是正四面体，而第二个球就是这个正四面体的内切球，此球半径是第一个球半径的一半，依次类推可得第个球．

【详解】如图，是三棱锥的高，是的外心，设，则，，

是三棱锥的外接球和内切球的球心，在上，

设外接球半径为，内切球半径为，则由得，，所以，

，

，

过中点作与底面平行的平面与三条棱交于点，则平面与球相切，由题意球是三棱锥的内切球，注意到三棱锥的棱长是三棱锥棱长的，所以有其内切球半径，同理球的半径为，则是仅比为的等比数列，所以，即，

．

故答案为：；．

【点睛】本题考查三四面体的内切球问题，掌握正四面体的性质是解题关键．实质上正四面体的高是，其外接㼀半径是，内切球半径是．

三、解答题：本大题共6小题，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.为数列{}的前项和.已知＞0，=.

（Ⅰ）求{}的通项公式；

（Ⅱ）设,求数列{}的前项和.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【解析】

【分析】

（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{an}的通项公式：

（Ⅱ）求出bn，利用裂项法即可求数列{bn}的前n项和．

【详解】解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3

两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，

即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），

∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，

∵a12+2a1＝4a1+3，

∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，

则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，

∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：

（Ⅱ）∵an＝2n+1，

∴bn（），

∴数列{bn}的前n项和Tn（）（）.

【点睛】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．

18.如图所示的几何体中，为三棱柱，且平面ABC，，四边形ABCD为平行四边形，，.

（1）求证：平面；

（2）若，求四棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析（2）

【解析】

【分析】

（1）推导出,,由此能证明平面;

（2）连结,则平面,四棱锥的体积:,由此能求出结果.

【详解】（1）证明:四边形ABCD为平行四边形,,.

,

,

几何体中,为三棱柱,且平面ABC,

,

,

平面.

（2）连结,

平面,,

平面,

四棱锥的体积:

.

【点睛】本题考查线面垂直的证明,考查四棱锥的体积的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.

19.某企业新研发了一种产品，产品的成本由原料成本及非原料成本组成.每件产品的非原料成本（元）与生产该产品的数量（千件）有关，经统计得到如下数据：

根据以上数据，绘制了散点图.观察散点图，两个变量不具有线性相关关系，现考虑用反比例函数模型和指数函数模型分别对两个变量的关系进行拟合，已求得：用指数函数模型拟合的回归方程为，与的相关系数；，，，，，，（其中）；

（1）用反比例函数模型求关于的回归方程；

（2）用相关系数判断上述两个模型哪一个拟合效果更好（精确到0.01），并用其估计产量为10千件时每件产品的非原料成本.

参考数据：，

参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，，相关系数.

【答案】（1）（2）用反比例函数模型拟合效果更好；当产量为10千件时，每件产品的非原料成本估计为21元

【解析】

【分析】

（1）令，则可转化为，分别求出和，即求得回归方程；

（2）直接利用相关系数公式求与的相关系数，可得，得到用反比例函数模型拟合效果更好，取，可得当产量为10千件时，每件产品的非原料成本为21元.

【详解】（1）令，则可转化为，

因为，所以

则，所以，

所以关于的回归方程为；

（2）与的相关系数为：

因为，所以用反比例函数模型拟合效果更好，

把代入回归方程：，（元）

所以当产量为10千件时，每件产品的非原料成本估计为21元.

【点睛】该题考查的是有关回归分析的问题，涉及到的知识点有利用散点图判断和选择恰当的函数模型，求回归方程，利用相关系数比较哪个函数模型拟合效果更好，属于简单题目.

20.椭圆的离心率是，过点P（0，1）做斜率为k的直线l，椭圆E与直线l交于A，B两点，当直线l垂直于y轴时．

（1）求椭圆E的方程；

（2）当k变化时，在x轴上是否存在点M（m，0），使得△AMB是以AB为底的等腰三角形，若存在求出m的取值范围，若不存在说明理由．

【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ)见解析．

【解析】

【分析】

（Ⅰ）由椭圆的离心率为得到，于是椭圆方程为．有根据题意得到椭圆过点，将坐标代入方程后求得，进而可得椭圆的方程．（Ⅱ）假设存在点，使得是以为底的等腰三角形，则点为线段AB的垂直平分线与x轴的交点．由题意得设出直线的方程，借助二次方程的知识求得线段的中点的坐标，进而得到线段的垂直平分线的方程，在求出点的坐标后根据基本不等式可求出的取值范围．

【详解】（Ⅰ）因为椭圆的离心率为，

所以，整理得．

故椭圆的方程为．

由已知得椭圆过点，

所以，解得，

所以椭圆的方程为．

（Ⅱ）由题意得直线的方程为．

由消去整理得，

其中．

设，的中点

则，

所以

∴，

∴点C的坐标为．

假设在轴存在点，使得是以为底的等腰三角形，

则点为线段的垂直平分线与x轴的交点．

①当时，则过点且与垂直的直线方程，

令，则得．

若，则，

∴．

若，则，

∴．

②当时，则有．

综上可得．

所以存在点满足条件,且m的取值范围是.

【点睛】求圆锥曲线中的最值或范围问题时，常用的方法是将所求量表示成某个参数的代数式的形式，然后再求出这个式子的最值或范围即可．求最值或范围时一般先考虑基本不等式，此时需要注意不等式中等号成立的条件；若无法利用基本不等式求解，则要根据函数的单调性求解．由于此类问题一般要涉及到大量的计算，所以在解题时要注意计算的合理性，合理利用变形、换元等方法进行求解．

21.已知函数，.

（1）求的最小值；

（2）证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）先求导数，确定导函数零点，根据导函数符号确定函数单调性，进而确定函数最值；

（2）先构造函数，再求导数，转化研究，利用导数可得，最后利用放缩得单调递增，根据单调性证得结果.

【详解】（1），令，得，

故在区间上，的唯一零点是，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

故在区间上，的极小值为，

当时，，

所以，的最小值为.

（2）要证：时，，即证时，

，

令，则，即是上的增函数，

∴，即，

∴

，

∴.

即是上的增函数，，

故当时，.

【点睛】本题考查利用导数求函数最值以及利用导数证明不等式，考查综合分析求证与求解能力，属较难题.

（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，则按所做的第一题计分.

[选修4―4：坐标系与参数方程]

22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）已知点的极坐标为，与曲线交于两点，求.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）直接把曲线参数方程中参数消去，可得曲线的普通方程，利用，得到曲线的极坐标方程；

（2）由点的极坐标求出点的直角坐标，将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，结合直线参数方程中参数的几何意义求得结果.

【详解】（1）曲线的普通方程为，即，

所以，即，所以曲线的极坐标方程为.

（2）将直线的参数方程代入到中，得.

设两点对应的参数分别为，则，，

因为点的极坐标为，所以点的直角坐标为，

所以

【点睛】该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，涉及到的知识点有参数方程向普通方程的转化，平面直角坐标方程向极坐标方程的转化，直线参数方程中参数的几何意义，属于简单题目.

[选修4—5：不等式选讲]

23.已知为正数，且满足，证明：

（1）；

（2）.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；

【解析】

【分析】

（1）利用基本不等式，结合综合法，利用题中所给的条件，证明即可；

（2）利用1的代换，结合三元基本不等式证得结果.

【详解】证明：（1）由条件得

，当且仅当时等号成立

，当且仅当时等号成立

，当且仅当时等号成立

以上三个不等式相加可得：，

当且仅当时等号成立

得证.

（2）由条件得

，

由三元基本不等式得（等号成立当且仅当），

从而得证.

【点睛】该题考查的是有关不等式的证明问题，涉及到的知识点有基本不等式，综合法证明不等式，三元基本不等式，属于中档题目.