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1、福建省福州一中2020届高三5月质量检测试卷数学（理） Word版含答案福州一中2020学年高三校质检试卷理 科 数 学 本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)第II卷本试卷共5页满分150分考试时间120分钟参考公式：样本数据x1，x2， ，xn的标准差 锥体体积公式s= V=Sh其中为样本平均数其中S为底面面积，h为高柱体体积公式球的表面积、体积公式V=Sh ，其中S为底面面积，h为高其中R为球的半径一、选择题：本大题共1小题，每小题5分，共0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设全集，则图中阴影部分表示的集合为ABCD轴上，两条渐近线为，则该双曲线的离心率等于
2、A B C D4.已知公差不为的等差数列满足成等比数列，为数列的前项和，则的值为A B C D5.下列判断不正确的是A，则 B”的否定是“” CD的最小正周期是，若其图象向右平移个单位后得到的函数为奇函数，则函数的图象A对称 B对称CD对称7设点（）是区域内的任意一点，则函数在区间上是增函数的概率为A B C D8.如图，在棱长均为的四棱锥中，点为的中点，则下列命题正确的是（ ）A平面，且直线到平面的距离为B平面，且直线到平面的距离为C.与平面不平行，且直线与平面所成的角大于 第8题图D.与平面不平行，且直线与平面所成的角小于9称为两个向量间的“距离”.若向量满足：； ； 对任意的，恒有则以下
3、结论一定成立的是A B C D10已知抛物线：，圆：（其中为常数，）.过点的直线交圆于、两点，交抛物线于、两点，且满足的直线有且只有三条的必要条件是A B C D第卷（非选择题 共100分）二、填空题:本大题共5小题，每小题4分，共20分把答案填在答题卡相应位置11若 12若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的值为 13在点测量到远处有一物体在做匀速直线运动，开始时该物体位于点，一分钟后，其位置在点，且，再过两分钟后，该物体位于点，且，则的值为 14在的二项展开式中，含的奇次幂的项之和为，则当时，等于 15已知为上的任意实数，函数，则以下结论：对于任意，总存在，使得；对于任意，总存在，使得
4、；，总存在，使得；对于任意的函数，总存在，使得其中正确结论16（本小题满分13分）甲、乙两名同学参加“汉字听写大赛”选拔测试，在相同测试条件下，两人5次测试的成绩（单位：分）如下表：第1次第2次第3次第4次第5次5855769288乙6582878595（）请画出甲、乙两人成绩的茎叶图.你认为选派谁参赛更好？说明理由（不用计算）；（）若从甲、乙两人5次的成绩中各随机抽取一个成绩进行分析，设抽到的两个成绩中，90分以上的个数为，求随机变量的分布列和期望17（本小题满分13分）如图，四边形与均为菱形，设与相交于点，若，且. （）求证：平面； （）求二面角的余弦值. （第17题图）18（本小题满分1
5、3分）设，函数，且（）求的单调递减区间；（）设锐角的内角、所对的边分别为、，且，求的取值范围19（本小题满分13分）已知，为椭圆的左、右顶点，为其右焦点，是椭圆上异于，的动点，且面积的最大值为（）求椭圆的方程；（）直线与椭圆在点处的切线交于点，当直线绕点转动时，试判断以为直径的圆与直线的位置关系，并加以证明20（本小题满分14分）已知函数，.（）求函数的图象在点处的切线方程；（）判断函数的零点个数，并说明理由；（）已知数列满足：，且若不等式在时恒成立，求实数的最小值.21本题有（1）、（2）、（3）三个选答题，每题7分，请考生任选2题答，满分14分如果多做，则按所做的前两题记分的一个特征值所对
6、应的特征向量为.（）求矩阵的逆矩阵；（）求曲线：在矩阵对应变换作用下得到的新的曲线方程.（2）（本小题满分分)中，直线的参数方程为（为参数）在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴）中，曲线的极坐标方程为.（）将直线的参数方程和圆的极坐标方程化为直角坐标方程；（）设直线和曲线相交于、两点，求的长.（3）（本小题满分分)已知正数，（）求的最大值；（）（）若不等式恒成立，求实数的取值范围 12. 13. 14. 15. 选择题10简解：依题意可设直线：，（1）代入，得，=，把（1）代入得设，即，则，.若，则，即即，时，有三条D.三、解答题： 16解：（）茎叶图如右
7、图所示，由图可知，乙的平均成绩大于甲的平均成绩，且乙的方差小于甲的方差，因此应选派乙参赛更好 5分（）随机变量的所有可能取值为，10分随机变量的分布列是：13分17.（I）证明：因为四边形与均为菱形，所以，.因为，所以，2分又，所以又，所以4分（II）连接、,因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形，因为为中点.所以，又因为为中点,且，所以又，所以6分由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系设，因为四边形为菱形，则，所以8分所以设平面的一个法向量为，则有,所以，令，则10分因为，所以平面的一个法向量为.因为二面角为锐二面角，设二面角的平面角为，则.所以二面角的余弦值为13分182分由得：， 4分
8、5分由得：，的单调递减区间为：，7分（II），由余弦定理得：，8分即，由正弦定理得：， ，11分锐角三角形， 12分的取值范围为 13分19.解：（）由题意可设椭圆的方程为，由题意知解得， 故椭圆的方程为.4分（）以为直径的圆与直线相切5分 证明如下：由题意可设直线的方程为.则点坐标为，中点的坐标为由得设点的坐标为，则所以， 8分因为点坐标为，当时，点的坐标为，点的坐标为.直线轴，此时以为直径的圆与直线相切9分当时，则直线的斜率.所以直线的方程为10分点到直线的距离又因为 ，所以故以为直径的圆与直线相切综上得，当直线绕点转动时，以为直径的圆与直线相切13分20. 解:（），1分 ，又，所以函数
9、在的切线方程为，即.4分（）当时，所以在单调递减；当时，所以在单调递增；所以 时，.5分当，即时，的零点个数为0；当，即时，的零点个数为1；当即时，此时，（或）因为在定义域上连续，由零点存在定理及的单调性，知在有且只有一个零点，在有且只有一个零点，所以时，的零点个数为2.综上所述，当时，的零点个数为2；时，的零点个数为1；时，的零点个数为0. 9分()当时，有.所以.10分接下来证明:.由(I)知，函数在的切线方程为.而当时，成立.所以，当时,有12分所以，所以，当时，的最大值为.再由(II)知，得 所以的最小值为.14分21，所以，.2分所以.因为，所以.4分（）曲线：上任意一点在矩阵对应变
10、换作用下得到，则，得，即，代入方程得.因此，曲线在矩阵对应变换作用下得到的新的曲线方程为.7分（2）（）由，得直线的直角坐标方程为：.2分由，得，得曲线的直角坐标方程为：.4分（）圆心到直线的距离，圆的半径,.7分（3）（）由柯西不等式，即有，又、是正数，即的最大值为6，当且仅当，即当时取得最大值（），由题意及（）得，或.综上，实数的取值范围为.7分福州一中2020学年高三校质检答题卷（理科数学）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分（满分150分 考试时间120分钟）一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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)题号12345678910答案二、填空题(本大题共5小题，每小题4分，共20分)11. 12. 13. 14. 15. 三、解答题（本大题共6小题，共80分）我选第 题 21.(本题满分14分) 我选第 题 乙甲62896578OFDCBAE(第12题图)kk1SS否结 束输出Sk5?开 始k1，S0572585zEABCDFOxy班级 座号 姓名 密封装订线
