福建省2020届高三数学3月质量检测考试试题 理（含解析）

福建省2020届高三数学3月质量检测考试试题 理（含解析）一、选择题：1.已知集合,则=A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可【详解】，；ABx|1x2故选：C【点睛】考查描述法的定义，对数函数的定义域，一元二次不等式的解法，交集的运算2.若复数满足,则A. B. C. D. 1【答案】D【解析】【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，再由复数模的计算公式求解【详解】由（z+1）i1+i，得z+1，zi，则|z|1故选：D【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题3.经统计,某市高三学生期末数学成绩,且,则从该市任选一名高三学生,其成绩不低于90分的概率是A. 0.35B. 0.65C. 0.7D. 0.85【答案】A【解析】【分析】由已知直接利用正态分布曲线的对称性求解【详解】学生成绩X服从正态分布N（85，2），且P（80X90）0.3，P（X90）1P（80X90），从该市任选一名高三学生，其成绩不低于90分的概率是0.35故选：A【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量和的应用，考查曲线的对称性，属于基础题4.若满足约束条件,则的最小值是A. 5B. 4C. 0D. 2【答案】B【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z的最大值.【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）由zx+2y得yxz平移直线yxz，由图象可知当直线yxz经过点A（2，1）时，直线yxz的截距最小，此时z最小将A（2，1）的坐标代入目标函数zx+2y，得z4即zx+2y的最小值为4；故选：B【点睛】本题主要考查线性规划的应用，结合目标函数的几何意义，利用数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法5.某简单几何体的三视图如图所示,若该几何体的所有顶点都在球的球面上,则球的体积是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，可知该几何体为直三棱柱，底面为等腰直角三角形，直角边长为2，侧棱长为2，然后将其放入正方体进行求解【详解】由三视图还原原几何体如图，可知该几何体为直三棱柱，底面为等腰直角三角形，直角边长为2，侧棱长为2把该三棱锥补形为正方体，则正方体体对角线长为该三棱柱外接球的半径为体积V故选：B【点睛】本题考查空间几何体的三视图，考查多面体外接球表面积与体积的求法，是中档题6.将函数的图像向右平移个单位长度后,所得图像的一个对称中心为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用函数yAsin（x+）的图象变换规律，求得平移后的解析式，再令2xk，求得结论【详解】将函数ysin（2x）的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为 ysin（2x），令2xk，求得x，kZ，故函数的对称中心为（，0），kZ，故选：A【点睛】本题主要考查函数yAsin（x+）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于基础题7.已知,则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据幂函数的单调性即可求出【详解】a，b，c，则a70235（25）7327（27）51285，b70514（52）7257c70710（72）5495，ac，ab，又b70514（57）2（78125）2c70710（75）2（16807）2，bc，abc，故选：A【点睛】本题考查了不等式的大小比较，掌握幂函数的单调性是关键，属于基础题8.某商场通过转动如图所示的质地均匀的6等分的圆盘进行抽奖活动,当指针指向阴影区域时为中奖.规定每位顾客有3次抽奖机会,但中奖1次就停止抽奖。假设每次抽奖相互独立,则顾客中奖的概率是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意应用几何概型面积之比得一次中奖概率，分为三类讨论中奖可能得答案【详解】由题意应用几何概型面积之比得一次中奖概率，第一次就中奖的概率，第二次中奖概率为，第三次中奖概率为，所以顾客中奖的概率为故选：D【点睛】本题考查了几何概型求概率及互斥事件的概率问题，应用面积比是解决问题的关键，属于简单题9.设椭圆的两焦点分别为,以为圆心,为半径的圆与交于两点.若为直角三角形,则的离心率为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】如图所示，PF1F2为直角三角形，可得PF1F290，可得|PF1|2c，|PF22c，利用椭圆的定义可得2c+2c2a，即可得出【详解】如图所示，PF1F2为直角三角形，PF1F290，|PF1|2c，|PF22c，则2c+2c2a，解得e1故选：A【点睛】本题考查了椭圆与圆的定义及其性质的应用，考查了数形结合思想，考查了推理能力与计算能力，属于中档题10.如图,是圆锥的底面的直径,是圆上异于的任意一点,以为直径的圆与的另一个交点为为的中点.现给出以下结论：为直角三角形平面平面平面必与圆锥的某条母线平行其中正确结论的个数是A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理证明AC平面SOC即可假设平面SAD平面SBD，根据面面垂直的性质定理推出矛盾即可连接DO并延长交圆于E，连接PO，SE，利用中位线的性质进行判断即可【详解】SO底面圆O，SOAC，C在以AO为直径的圆上，ACOC，OCSOO，AC平面SOC，ACSC，即SAC为直角三角形正确，故正确，假设平面SAD平面SBD，在平面SAD中过A作AHSD交SD于H,则AH平面SBD，AHBD，又BDAD，BD面SAD，又COBD，CO面SAD，COSC,又在SOC中，SOOC，在一个三角形内不可能有两个直角，故平面SAD平面SBD不成立，故错误，连接DO并延长交圆于E，连接PO，SE，P为SD的中点，O为ED的中点，OP是SDE的中位线，POSE，即SE平面APB，即平面PAB必与圆锥SO的母线SE平行故正确，故正确是，故选：C【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及空间直线平行和垂直的判断，结合相应的判定定理是解决本题的关键11.已知函数,且,则的取值范围是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，由函数的解析式求出函数的定义域，设g（x）f（x）1，分析可得g（x）为奇函数且在（1，1）上为增函数，据此f（a）+f（a+1）2，解可得a的取值范围，即可得答案【详解】根据题意，函数f（x）lnx+1，有0，解可得1x1，即函数f（x）的定义域为（1，1），设g（x）f（x）1lnx，则g（x）ln（x）lnxg（x），则函数g（x）为奇函数；分析易得：g（x）lnx在（1，1）上为增函数，f（a）+f（a+1）2f（a）1f（a+1）1g（a）g（a+1）g（a）g（a1），解可得：a0，即a的取值范围为（，0）；故选：C【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键构造新函数g（x）f（x）1，属于中档题12.在中,点在边上,点关于直线的对称点分别为,则的面积的最大值为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】解三角形，建立坐标系，设AD斜率为k，用k表示出B纵坐标，代入面积公式得出面积关于k的函数，根据k的范围和函数单调性求出面积最大值【详解】由余弦定理可得AC2AB2+BC22ABBCcosB12+92233，AC，且AC2+BC2AB2，ACBC，以C为原点，以CB，CA为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示：设直线AD的方程为ykx，当D与线段AB的端点重合时，B，B，C在同一条直线上，不符合题意，则k，设B（m，n），显然n0，则，解得n，CCBB，SBBCSBBC，令f（k）（k），则f（k），令f（k）0可得k或k（舍），当k时，f（k）0，当k时，f（k）0，当k时，f（k）取得最大值f（）故选：D【点睛】本题考查了余弦定理，函数单调性判断与最值计算，考查了用解析法解决几何问题的方法，属于较难题二、填空题：13.已知向量与的夹角为，|1，且（），则实数_.【答案】2【解析】【分析】根据条件即可得出，由即可得出，进行数量积的运算即可求出【详解】向量与的夹角为，|1，且；2故答案为：2【点睛】考查向量数量积的运算及计算公式，以及向量垂直的充要条件14.若展开式的二项式系数之和为64,则展开式中的常数项是_.【答案】60【解析】【分析】由题意利用二项式系数的性质求得n的值，在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项【详解】若展开式的二项式系数之和为64，则 2n64，n6则展开式中的通项公式为Tr+1（1）r26rx123r，令123r0，求得r4，可得常数项为2260，故答案为：60【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题15.在平面直角坐标系中,角的顶点为坐标原点,始边与轴的非负半轴重合,终边交单位圆于点,且,则的值是_.【答案】【解析】【分析】利用任意角的三角函数的定义求得sinb，cosa，两边平方利用同角三角函数基本关系式可求2sincos的值，利用诱导公式及二倍角公式化简所求即可计算得解【详解】在平面直角坐标系xOy中，角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边交单位圆O于点P（a，b），由任意角的三角函数的定义得，sinb，cosa，可得：sin+cos，两边平方可得：sin2+cos2+2sincos，可得：1+2sincos，解得：2sincos，sin22sincos故答案为：【点睛】本题考查任意角的三角函数的定义，同角三角函数基本关系式，诱导公式及二倍角公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于中档题16.如图为陕西博物馆收藏的国宝唐金筐宝钿团花纹金杯,杯身曲线内收,玲珑娇美,巧夺天工,是唐代金银细作的典范之作.该杯型几何体的主体部分可近似看作是双曲线的右支与直线,围成的曲边四边形绕轴旋转一周得到的几何体,如图分别为的渐近线与,的交点,曲边五边形绕轴旋转一周得到的几何体的体积可由祖恒原理(祖恒原理：幂势既同，则积不容异).意思是：两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等,那么这两个几何体的体积相等，那么这两个几何体的体积相等)，据此求得该金杯的容积是_.(杯壁厚度忽略不计)【答案】【解析】【分析】由双曲线方程及定积分的几何意义，求得答案【详解】由双曲线C：1，得，由祖暅原理可知，金杯的容积与曲形四边形绕轴旋转一周得到的几何体的体积相同，而曲形四边形绕轴旋转一周得到的几何体的体积为：,金杯的容积是26故答案为：26【点睛】本题考查祖暅原理的应用及定积分的几何意义的应用，考查了求旋转体的体积的方法，体现了等价转化、数形结合的数学思想，属于中档题三、解答题：17.数列的前项和满足.（1）求证:数列是等比数列,并求；（2）若数列为等差数列,且,求数列的前项.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由数列的递推式和等比数列的定义和通项公式，可得所求；（2）运用等差数列的通项公式可得bn及anbn的公式，由数列的错位相减法和等差数列、等比数列的求和公式，可得所求和【详解】（1）当时，所以. 因为，所以当时， -得，所以. 所以 所以是首项为2，公比为2的等比数列.所以，所以. （2）由（1）知，所以，设的公差为，则，所以，所以，所以.设数列的前项和为，数列的前项和为，所以，-得.所以，又因为,所以.所以的前项和为.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查了数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题18.如图,三棱柱中,底面是等边三角形,侧面是矩形,是的中点,是棱上的点,且.（1）证明：平面；（2）若,求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）连结BM，推导出BCBB1，AA1BC，从而AA1MC，进而AA1平面BCM，AA1MB，推导出四边形AMNP是平行四边形，从而MNAP，由此能证明MN平面ABC（2）推导出ABA1是等腰直角三角形，设AB，则AA12a，BMAMa，推导出MCBM，MCAA1，BMAA1，以M为坐标原点，MA1，MB，MC为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角ACMN的余弦值【详解】（1）如图1，在三棱柱中，连结，因为是矩形，所以，因为，所以， 又因为，所以平面，所以，又因为，所以是中点，取中点，连结，因为是的中点，则且， 所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.（图1） （图2）（2）因为，所以是等腰直角三角形，设，则，.在中，所以.在中，所以，由（1）知，则，如图2，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，.所以，则，设平面的法向量为，则即取得.故平面的一个法向量为，因为平面的一个法向量为，则.因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查了利用空间向量法求解二面角的方法，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.在平面直角坐标系中,圆外的点在轴的右侧运动,且到圆上的点的最小距离等于它到轴的距离,记的轨迹为.（1）求的方程；（2）过点的直线交于,两点,以为直径的圆与平行于轴的直线相切于点,线段交于点,证明：的面积是的面积的四倍.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】法一：（1）设P（x，y），x0，F（1，0）由点P在F外，可得点P到F上的点的最小距离为|PF|1，由题意可得：|PF|1x，利用两点之间的距离公式即可得出（2）设N（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2）则D（，）由题意可设直线AB的方程为：yk（x1）（k0）与抛物线方程联立化为：k2x2（2k2+4）x+k20利用根与系数的关系、中点坐标公式可得D，M，N的坐标再利用三角形面积计算公式即可得出法二：（1）由题意得，点到圆的距离等于到直线的距离，根据抛物线的定义求得轨迹方程. （2）设，由题意可设直线AB的方程为：与抛物线方程联立，利用根与系数的关系、中点坐标公式可得D的坐标，结合，可得，进而求出N的坐标，利用点的位置关系得到面积的关系.法三：（1）与法一同；（2）设，由题意可设直线AB的方程为：与抛物线方程联立，利用根与系数的关系、中点坐标公式可得D，M的坐标，利用斜率公式计算得到，再利用长度关系得到面积的关系.【详解】解法一：（1）设，依题意，.因为在圆外，所以到圆上的点的最小距离为 依题意得，即， 化简得的方程为.（2）设，则.依题意可设直线的方程，由得.因为，所以，则有，故，由抛物线的定义知.设，依题意得，所以.又因为，所以，解得，所以.，因为在抛物线上，所以，即，所以，故解法二：（1）设，依题意.因为在圆外，所以到圆上的点的最小距离为. 依题意得，点到圆的距离等于到直线的距离，所以在以为焦点，为准线的抛物线上. 所以的方程为.（2）设，因为直线过，依题意可设其方程由得，因为，所以，则有.因为是的中点，所以. 由抛物线的定义得.，设圆与相切于，因为与抛物线相交于，所以，且，所以，即，解得，设，则，且，所以，因为，所以为的中点，所以，又因为为的中点，所以.解法三：（1）同解法一.（2）设，连结，.因为直线过，依题意可设其方程由得.，因为，所以，所以.因为，又因为，所以，解得，所以，所以，故.又因为，所以，从而.所以，又，所以.【点睛】本题考查了抛物线与圆的标准方程及性质的应用，考查了一元二次方程的根与系数的关系、中点坐标公式、三角形面积计算公式、两点之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题20.“工资条里显红利,个税新政人民心”.随着2020年新年钟声的敲响,我国自1980年以来,力度最大的一次个人所得税(简称个税)改革迎来了全面实施的阶段.2020年1月1日实施的个税新政主要内容包括：（1）个税起征点为5000元；（2）每月应纳税所得额(含税)收入个税起征点专项附加扣除；（3）专项附加扣除包括住房、子女教育和赡养老人等.新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及其对应的税率表如下：旧个税税率表(个税起征点3500元)新个税税率表(个税起征点5000元)缴税级数每月应纳税所得额(含税)收入个税起征点税率(%)每月应纳税所得额(含税)收入个税起征点-专项附加扣除税率(%)1不超过1500元部分3不超过3000元部分32超过1500元至4500元部分10超过3000元至12000元部分103超过4500元至9000元的部分20超过12000元至25000元的部分204超过9000元至35000元的部分25超过25000元至35000元的部分255超过35000元至55000元部分30超过35000元至55000元部分30随机抽取某市1000名同一收入层级的从业者的相关资料,经统计分析,预估他们2020年的人均月收入24000元.统计资料还表明,他们均符合住房专项扣除；同时,他们每人至多只有一个符合子女教育扣除的孩子,并且他们之中既不符合子女教育扣除又不符合赡养老人扣除、只符合子女教育扣除但不符合赡养老人扣除、只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除、即符合子女教育扣除又符合赡养老人扣除的人数之比是2:1:1:1；此外,他们均不符合其他专项附加扣除.新个税政策下该市的专项附加扣除标准为：住房1000元/月,子女教育每孩1000元/月,赡养老人2000元/月等。假设该市该收入层级的从业者都独自享受专项附加扣除,将预估的该市该收入层级的从业者的人均月收入视为其个人月收入.根据样本估计总体的思想,解决如下问题：（1）设该市该收入层级的从业者2020年月缴个税为元,求的分布列和期望；（2）根据新旧个税方案,估计从2020年1月开始，经过多少个月,该市该收入层级的从业者各月少缴交的个税之和就超过2020年的月收入？【答案】（1）见解析（2）经过12个月，该收入层级的从业者少缴交的个税的总和就超过2020年的月收入【解析】【分析】（1）求出4种人群的每月应缴个税额，得出分布列和数学期望；（2）计算两种政策下的每月应缴个税额度差即可得出结论【详解】（1）既不符合子女教育扣除也不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为，月缴个税； 只符合子女教育扣除但不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为，月缴个税； 只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除的人群每月应纳税所得额为，月缴个税； 既符合子女教育扣除又符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为，月缴个税； 所以的可能值为2190，1990，1790，1590,依题意，上述四类人群的人数之比是2:1:1:1，所以，.,所以的分布列为2190199017901590所以.（2）因为在旧政策下该收入层级的从业者2020年每月应纳税所得额为，其月缴个税为,因为在新政策下该收入层级的从业者2020年月缴个税为1950，所以该收入层级的从业者每月少缴交的个税为.,设经过个月，该收入层级的从业者少缴交的个税的总和就超过24000，则，因为，所以,所以经过12个月，该收入层级的从业者少缴交的个税的总和就超过2020年的月收入.【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望计算，考查样本估计总体的统计思想，属于中档题21.已知函数。（1）若是曲线的切线,求的值；（2）若,求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】法一：（1）根据题意，设切点的坐标为（x1，y1），求出函数的导数，由导数的几何意义分析可得，解可得a的值，即可得答案；（2）根据题意，f（x）1+x+lnx即x（e2xa）1+x+lnx，结合x的取值范围变形可得a+1e2x，设F（x）e2x，利用导数分析F（x）在（0，+）上的最小值，据此分析可得答案法二：（1）同解法一. （2）设，求导后，先研究a=1时导函数的最小值，从而得到结论成立，再研究a1和a1时情况，利用变换主元的方法进行放缩后分别说明成立及不成立.法三：（1）同解法一.（2）先考查函数，通过导函数证明，利用此引理进行放缩，分 及去证明，分别去证明成立与说明不成立，得到a的范围.【详解】解法一：（1）因为，所以，设直线与的图象的切点为，则.因为切点既在切线上又在曲线上，所以由得.（2）由题意得，即，因为，所以,设，则.考查函数，因为，所以在单调递增.又因为，且，故存在，使得，即， 所以当时，单调递减；当时，单调递增.所以.由题意得，.令，取对数得，由，得， 由得，设函数，则有， 因为在单调递增，所以，即， 所以，故，解得.故的取值范围是.解法二：（1）同解法一.（2）设，则.当时，令， 设，.因为，所以在单调递增，又因为，故存在，使得，所以，两边取对数得.,所以当，单调递减.，单调递增.所以.即时，有.所以符合题意，当时，因为，所以，由知，存在，使得，所以不符合题意.当时，符合题意.，综上，的取值范围是.解法三：（1）同解法一.（2）考查函数，因为，所以当时，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增.所以.当，即时，因为，所以，符合题意；当，即时，设，因为，所以， 令，考察.因为，所以在单调递增.因为，故存在，使得，即， 所以存在，使得，因为，故存在，使得，所以不符合题意.综上，的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数分析函数的最值以及计算切线的方程，考查了利用导数研究函数的恒成立问题，关键是掌握导数的定义，正确计算函数的导数，属于综合题22.在直角坐标系中,直线l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,曲线的极坐标方程为,点的极坐标为。（1）求的直角坐标方程和的直角坐标；（2）设与交于两点,线段的中点为,求【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用互化公式把曲线C化成直角坐标方程，把点P的极坐标化成直角坐标；（2）把直线l的参数方程的标准形式代入曲线C的直角坐标方程，根据韦达定理以及参数t的几何意义可得【详解】（1）由2得2+2sin22，将2x2+y2，ysin代入上式并整理得曲线C的直角坐标方程为y21，设点P的直角坐标为（x，y），因为P的极坐标为（，），所以xcoscos1，ysinsin1，所以点P的直角坐标为（1，1）（2）将代入y21，并整理得41t2+110t+250，因为11024412580000，故可设方程的两根为t1，t2，则t1，t2为A，B对应的参数，且t1+t2，依题意，点M对应的参数为，所以|PM|【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题23.已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若的图像与轴围成直角三角形,求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分3段去绝对值解不等式组，再求并；（2）将yf（x）去绝对值写出分段函数，根据其图象与x轴围成直角三角形，转化为（a1）（a+1）1或（a+1）（1a）1，可解得【详解】（1）当a2时，不等式f（x）1，即|x+1|2x3|1，当x1时，原不等式可化为x1+2x31，解得x5，因为x1，所以此时原不等式无解；当1时，原不等式可化为x+1+2x31，解得x1，所以1x；当x时，原不等式可化为x+12x+31，解得x3，所以x3综上，原不等式的解集为x|1x3（2）因为，所以，所以， 因为，所以，,当时，要使得的图象与轴围成直角三角形，则，解得，舍去； 当时，的图象与轴不能围成三角形，不符合题意，舍去； 当时，要使得的图象与轴围成直角三角形，则，解得，因为，所以.综上，所求的值为.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了数形结合思想及函数与方程思想的转化，属于中档题