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1、准考证号姓名.（在此卷上答题无效）绝密启用前20192020学年度第一学期福州市高三期末质量检测数学（理科）试题（完卷时间120分钟；满分150分）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分第卷1至2页，第卷3至4页满分150分. 注意事项： 1. 答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致2. 第卷每小题选出答案后，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，再选涂其它答案标号第卷用毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答在试题卷上作答，答案无效3. 考试结束，考
2、生必须将试题卷和答题卡一并交回第卷一、选择题：本大题共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. 设复数,则ABCD2. 已知集合，则ABCD3. 执行如图所示的程序框图，若输入的分别为,则输出的nA6B5C4D34. 已知向量,则“”是“”的A充分不必要条件B充要条件C必要不充分条件D既不充分又不必要条件5. 若,则=ABC1D326. 若实数满足且则的大小关系为ABCD7. 若，则ABC或D或或3 8. 若满足约束条件则的最小值为ABCD9. 把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再把得到的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数
3、为，则ABCD10. 已知四边形为正方形，平面，四边形与四边形也都为正方形，连接，点为的中点，有下述四个结论：；与所成角为；平面；与平面所成角为其中所有正确结论的编号是ABCD11. 已知双曲线（）的左、右焦点分别为，若上点满足，且向量夹角的取值范围为，则的离心率取值范围是ABCD12. 已知函数，若存在点，使得直线与两曲线和都相切，当实数取最小值时，ABCD绝密启用前20192020学年度第一学期福州市高三期末质量检测数学（理科）试题第卷注意事项：用毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答在试题卷上作答，答案无效二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中的横线上13. 函数则14
4、. 设抛物线上的三个点到该抛物线的焦点距离分别为若中的最大值为3，则的值为15. 已知为数列前项和，若，且，则16. 农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为三、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1721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
5、根据要求作答（一）必考题：共60分17. （本小题满分12分）在中，（1）若，求；（2）为边上一点，且，求的面积18. （本小题满分12分）等差数列的公差为2, 分别等于等比数列的第2项，第3项，第4项.（1）求数列和的通项公式；（2）若数列满足,求数列的前2020项的和19.（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，为线段的中点，为线段上的动点（1）求证：平面平面（2）试确定点的位置，使平面与平面所成的锐二面角为20.（本小题满分12分）已知圆，椭圆（）的短轴长等于圆半径的倍，的离心率为（1）求的方程；（2）若直线与交于两点，且与圆相切，证明：为直角三角形21.（本小题满分1
6、2分）已知函数（1）当时，证明：；（2）若在上有且只有一个零点，求的取值范围（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，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑22.（本小题满分10分）选修：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为（1）求C的直角坐标方程；（2）设点M的直角坐标为， l与曲线C的交点为，求的值23.（本小题满分10分）选修：不等式选讲已知函数的最小值为（1）求的值；（2）若为正实数，且，证明：20192020学年度第一学期福州市高
7、三期末质量检测数学（理科）参考答案及评分细则评分说明：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。除第16题外，选择题和填空题不给中间分。一、选择题：本大题共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1B2
8、D3C4A5D6B7C8C9A10B11B12A二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中的横线上131431516；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1721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17【命题意图】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，任意三角形的面积，考查学生的逻辑推理能力与数学运算能力,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算.【解析】解法一：（1）在中，由正弦定理及题设得，故，3分解得，4分 又，所以.6分（2）设，则在中，由余弦定理得，即，7分在等腰中，有，8分
9、联立，解得或（舍去）9分所以为等边三角形，所以，11分所以12分解法二：（1）同解法一6分（2）设，则因为，所以，7分由余弦定理得，得，8分 所以，解得或（舍去）9分所以为等边三角形，所以，11分所以12分18.【命题意图】本题考查等差数列和等比数列的通项公式、性质，错位相减法求和,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力及综合运用数学知识解决问题的能力.考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.【解答】(1)依题意得: ，所以 ，1分所以解得2分3分设等比数列的公比为，所以4分又5分(2)由（1）知，因为 当时, 6分由得，,即,7分又当时，不满足上式,8分数列的前2020项的和9分设 ，则 ，由得
10、：10分11分所以,所以 .12分19.【命题意图】本题考查空间直线和直线、直线和平面、平面和平面的垂直的证明，二面角等基础知识,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力和空间想象能力.考查的核心素养是直观想象、逻辑推理与数学运算.【解析】解法一：（1）因为底面，平面，所以.1分 因为为正方形，所以，又因为，所以平面.2分 因为平面，所以.3分 因为，为线段的中点，所以，4分 又因为，所以平面5分又因为平面，所以平面平面.6分（2）因为底面，以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形的边长为2，则， 7分所以设点的坐标为所以 设为平面的法向量， 则所以
11、取，则.8分 设为平面的法向量， 则所以取，则.10分 因为平面与平面所成的锐二面角为，所以，11分 解得，故当点为中点时，平面与平面所成的锐二面角为.12分解法二：（1）因为底面，平面，所以平面底面1分又平面底面，平面，所以平面2分 因为平面，所以3分 因为，为线段的中点，所以4分 因为，所以平面5分又因为平面，所以平面平面6分（2）同解法一12分20. 【命题意图】本题考查直线和圆的相切，椭圆的图象和性质，直线和椭圆的位置有关系,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力及综合运用数学知识解决问题的能力.考查的核心素养是直观想象、逻辑推理与数学运算.【解析】（1）因为圆的半径为， 所以的短轴长
12、为，1分所以，解得2分因为的离心率为，所以 ，3分又因为，所以 ，联立 ，解得，4分所以所求的方程为5分（2）证明：证法一：当直线斜率不存在时, 直线的方程为当时，所以6分当时，所以，综上，所以为直角三角形7分当直线斜率存在时,设其方程为直线与圆相切, 即,8分由得，,所以9分所以10分11分所以综上所述: 所以为直角三角形12分证法二：当直线方程为时, 所以所以为直角三角形6分当直线方程为时, 所以所以为直角三角形7分当直线不与轴平行时,设其方程为因为直线与圆相切，所以,即8分由得,所以9分10分11分所以所以为直角三角形综上所述: 为直角三角形12分21. 【命题意图】本题考查函数和导数的
13、应用，利用导数判断函数的单调性，证明不等式，函数零点个数等基础知识,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力.考查的核心素养是直观想象、逻辑推理与数学运算.【解答】（1）当时，所以的定义域为R,且故为偶函数1分当时,，记，所以2分因为，所以在上单调递增，即在上单调递增，3分故，4分所以在上单调递增，所以，5分因为为偶函数,所以当时,.6分（2）当时，令，解得，所以函数有无数个零点，不符合题意；7分当时，当且仅当时等号成立，故符合题意；8分因为，所以是偶函数，又因为，故是的零点. 9分当时，记，则.1）当时，故在单调递增，故当时，即，故在单调递增，故所以在没有零点.因为是偶函数,所以在上有且只有一个零点. 10分2）当时，当时，存在，使得，且当时，单调递减，故，11分即时，故在单调递减，又，所以，由零点存在性定理知在上有零点，又因为是的零点，故不符合题意；综上所述，a的取值范围为12分（二）选
