福建省厦门市2020届高三数学下学期3月第一次质量检测试题-理.doc

福建省厦门市2020届高三数学下学期3月第一次质量检测试题 理

福建省厦门市2020届高三数学下学期3月第一次质量检测试题 理

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姓名：

17

福建省厦门市2020届高三数学下学期3月第一次质量检测试题 理
完卷时间：3月8日 2:30-4:30 满分：150分
一、选择题：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,,则
A. B. C. D.
2.设，则
A. B. C. D.
3.中国武汉于2019年10月18日至2019年10月27日成功举办了第七届世界军人运动会.来自109个国家的9300余名运动员同台竞技.经过激烈的角逐,奖牌榜的前3名如下：
国家
金牌
银牌
铜牌
奖牌总数
中国
133
64
42
239
俄罗斯
51
53
57
161
巴西
21
31
36
88
某数学爱好者采用分层抽样的方式,从中国和巴西获得金牌选手中抽取了22名获奖代表.从这22名中随机抽取3人, 则这3人中中国选手恰好1人的概率为
A. B. C. D.
4．已知等差数列的前项和为，公差为2，且是与的等比中项，则的值为
A．－110 B．－90 C．90 　 D．110
5.已知函数, 给出以下四个结论：
(1) 是偶函数；
(2) 的最大值为2；
(3) 当取到最小值时对应的；
(4) 在单调递增,在单调递减.
正确的结论是
A. (1) B. (1)(2)(4) C. (1)(3) D.(1)(4)
6. 已知正四棱柱的底面边长为1，高为2，为的中点，过作
平面平行平面，若平面把该正四棱柱分成两个几何体，则体积较小的几何体的体积为
A． B． C． D．
7.设,,,,则的大小关系为
A. B. C. D. .
8.函数的最小正周期与最大值之比为
A. B. C. D.

9. 已知三角形为直角三角形,点为斜边的中点, 对于线段上的任意一点都有, 则的取值范围是
A. B. C. D.
10．中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编制《大衍历》发明了一种近似计算的方法——二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是比我国张隧晚了上千年）：对于函数，若，，则在区间上可以用二次函数来近似代替，其中，，.若令，，，请依据上述算法，估算的近似值是
A． B． C． D．
11.已知双曲线的右支与抛物线相交于两点,记点到抛物线焦点的距离为,抛物线的准线到抛物线焦点的距离为,点到抛物线焦点的距离为,且构成等差数列,则双曲线的渐近线方程为
A . B. C. D.
12. 已知方程只有一个实数根,则的取值范围是
A.或 B.或 C. D.或
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13.的展开式中二项式系数最大的项为 ▲ .
14.高三年段有四个老师分别为, 这四位老师要去监考四个班级, 每个老师只能监考一个班级, 一个班级只能有一个监考老师. 现要求老师不能监考班,老师不能监考班,老师不能监考班,老师不能监考班,则不同的监考方式有 ▲ 种.
15.已知圆:, 圆:. 若圆上存在点,过点作圆的两条切线. 切点为,使得,则实数的取值范围是 ▲
16.已知正方体的棱长为3. 点是棱的中点,点是棱上靠近点的三等分点. 动点在正方形(包含边界)内运动, 且面,则动点所形成的轨迹的长度为 ▲
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题、第23题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共60分。
17. （12分）已知函数.
（1）求的单调递减区间；
（2）在锐角中，，， 分别为角，，的对边，且满足，求的取值范围.

18. (12分)在三棱柱中，已知，
，为的中点，
（1）证明四边形为矩形；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.

19. (12分)根据养殖规模与以往的养殖经验，某海鲜商家的海产品每只质量（克）在正常环境下服从正态分布．
（1）随机购买10只该商家的海产品，求至少买到一只质量小于克该海产品的概率．
（2）2020年该商家考虑增加先进养殖技术投入，该商家欲预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量．现用以往的先进养殖技术投入（千元）与年收益增量（千元）（）的数据绘制散点图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线的附近，且，，，，，， ，其中， =．根据所给的统计量，求关于的回归方程，并预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量．
附：若随机变量，则，；
对于一组数据，，，，其回归线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．

20.（12分）在平面直角坐标系中， 圆，点，过的直线与圆交于点，过做直线平行交于点．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过的直线与交于、两点，若线段的中点为，且，求四边形面积的最大值．

21．（12分）
已知函数有两个零点.
（1）求的取值范围；
（2）记的极值点为，求证：.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做第一个题目计分．
22．[选修：坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系xOy下，曲线C1的参数方程为（为参数），曲线C1在变换T：的作用下变成曲线C2．
（1）求曲线C2的普通方程；
（2）若m>1，求曲线C2与曲线C3：y=m|x|-m的公共点的个数．

23．[选修：不等式选讲]（10分）
已知函数．
（1）当m=5时，求不等式的解集；
（2）若当时，不等式恒成立，求实数m的取值范围．

数学（理科）模拟试题答案
评分说明：
1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。
2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的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。
3．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。
4．只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。
一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题5分，满分60分．
1．C 2．B 3．C 4．D 5．C 6．C
7．B 8．C 9．C 10．A 11．A 12．A
【选择题详解】
1. 解析:选C. ,,则.
2. 解析:选B. ，则.
3. 解析:选C.中国和巴西获得金牌总数为154,按照分层抽样方法,22名获奖代表中有中国选手19个,巴西选手3个.故.
4．解析：选D.因为是与的等比中项，所以，又数列的公差为，所以，解得，故，
所以．
5.解析:选C ，通过偶函数定义判断可知为偶函数，求导作出下图.

6. 解析：选C．分别取．中点．，易知平面平行于平面，又平面过点，平面平行于平面，所以平面与平面是同一个平面，所以体积较小的几何体等于.
7.解析:选B.,,,,
由于,,,所以.
8. 解析:选C.去绝对值作出图象得函数最小正周期为,最大值为,所以最小正周期与最大值之比为.

9. 解析:选C.由已知可得.设.当与重合时,,符合题意;当与重合时,,,代入,得,此时.故.此时由,得,即,结合可得.
10．解析:选A.函数在，，处的函数值分别为
，，，
故，，，
故，
即，
所以.故选A．
11. 解析:选A .设,,抛物线焦点为.
由已知有,即.
由.两式相减得,
即,故,所以渐近线方程为.
12. 解析:选A.令.转化成,即
令,显然
问题转化成函数在上只有一个零点1

若,则在单调递增,,此时符合题意；
若,则在单调递增,此时符合题意；
若记开口向下,对称轴，过，.
当时,即时，，在单调递减，，此时符合题意；
当时，即，时，设有两个不等实根，.
又，对称轴，所以。
则在单调递减，单调递增，单调递增。
由于所以
取,
记 令
则，所以
结合零点存在性定理可知,函数在存在一个零点,不符合题意.
综上,符合题意的的取值范围是或.
二．填空题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题5分，共20分．
13． 14． 15． 16．
【填空题详解】
13.解析:.
14.解析:当老师监考班时,剩下的三位老师有3种情况,同理当老师监考班时,也有3种,当老师监考班时,也有3种,共9种.
15.解析:由已知有,即点的轨迹方程为圆:.问题转化为圆和圆有公共点.则,故.
16.解析:由于面,所以点在过且与面平行的平面上.取中点,取,则面面.延长,延长,交于点,连接,交于点.显然,面面,所以点的轨迹是线段.易求得.

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. 解：（1）

,…………………………………………………………3分
由得
所以的单调递减区间为……………………6分
（2）由正弦定理得,
∵∴,
即,

得
解得………………………………………………9分
∵为锐角三角形，
∴解得
∴
∴的取值范围为.……………………12分
18. (12分)
解：(1)连接,因为为的中点，
可得，………………………………1分
∵， ，
∴， ……………………………………2分
又∵，∴，
∴，……………………………………3分
∵， ∴，
又∵四边形为平行四边形，∴四边形为矩形.…………………………5分
(2)如图,分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系,则……………………………………6分
中，，中，，
，∴，，，………7分
设平面的法向量是,
由得即，可取,………………9分
设直线与平面所成角为，则，
,…………………………11分
∵，∴，
即直线与平面所成角的余弦值为.………………………………12分
19. 解：（1）由已知，单只海产品质量，则，，…………1分
由正态分布的对称性可知，
，
…………………………………………………………………………………………………3分
设购买10只该商家海产品，其中质量小于的为只，故，
故，
所以随机购买10只该商家的海产品，至少买到一只质量小于克的概率为.…6分
（2）由，，，，
有，……………………………………………………8分
且，………………………………………………………9分
所以关于的回归方程为，…………………………………………10分
当时，年销售量的预报值千元.
所以预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量为千元. …………………12分
20. 解：（1）因为，又因为，所以，……………1分
所以，……………………………………………2分
所以的轨迹是焦点为，，长轴为的椭圆的一部分，
设椭圆方程为，
则，，所以，，
所以椭圆方程为，…………………………………………………………………3分
又因为点不在轴上，所以，
所以点的轨迹的方程为.………………………………………………4分
（2）因为直线斜率不为0，设为，……………………………………5分
设，，联立整理得，
所以，，，…………6分
所以，………………………………………………………8分
∵，∴，
设四边形的面积为，
则 ……………10分
令，
再令，则在单调递增，
所以时，，
此时，取得最小值，所以.……………………………12分
21．解：（1）因为，………………………………………………1分
当时，，在单调递增，至多只有一个零点，不符合题意，舍去；………………………………………………………………………………………………2分
当时，若，则；若，则，
所以在单调递增，在单调递减，………………………………3分
所以，
因为有两个零点，所以必须，则，
所以，解得.
又因为时，； 时，，
所以当时，在和各有一个零点，符合题意，
综上，.……………………………………………………………………………4分
（2）由（1）知，且，
因为的两个零点为，所以所以
…………………………………………………………………………………………………5分
解得，令所以，……………………………6分
令函数，则，
当时，；当时，；
所以在单调递增，在单调递减，
所以，所以，所以，………………………………8分
因为，又因为，所以，
所以，即，
要证，只需，………………………………………………9分
即证，即证，
即证………………………………………………………………………10分
令，再令，即证，
令，则，………………………………………………………11分
所以在单调递增，所以，
所以，原题得证. ……………………………………………………………12分
（二）选考题：共10分。请考生在第22、23两题中任选一题作答。如果多做，则按所做第一个题目计分。
22．解：（1）因为曲线C1的参数方程为
所以曲线C1的普通方程为， 2分
将变换T：即代入，得， 4分
所以曲线C2的普通方程为． 5分
（2）因为m>1，所以C3上的点A（0,-m）在椭圆E：外． 6分
当x>0时，曲线E的方程化为，
代入，得，（*）
因为，
所以方程（*）有两个不相等的实根x1，x2，
又，，所以x1>0，x2>0，
所以当x>0时，曲线C2与曲线C3有且只有两个不同的公共点， 8分
又因为曲线C2与曲线C3都关于y轴对称，
所以当x<0时，曲线C2与曲线C3有且只有两个不同的公共点， 9分
综上，曲线C2与曲线C3：y=m|x|-m的公共点的个数为4． 10分
23．解：（1）当m=5时，,
或或
3分
或或或或
或，所以不等式的解集为{x|或}． 5分
（2）由条件，有当时，不等式，
即恒成立， 6分
令，
则因为 7分
，
且， 9分
所以，
所以m<8，即实数m的取值范围为（，8）． 10分