《福建省漳州市2020届高三数学下学期线上适应性测试试题理含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省漳州市2020届高三数学下学期线上适应性测试试题理含解析（24页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、福建省漳州市2020届高三数学下学期线上适应性测试试题 理（含解析）本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分共5页150分，请考生把答案填写在答题纸上一、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. 【答案】C【解析】【分析】先求出集合，再根据交集和补集的定义求解即可【详解】解：，故选：C【点睛】本题主要考查集合的交集和补集，属于基础题2.设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据共轭复数的定义以及复数的模直接运算即可【详解】解：，故选：B【点睛】本题主要考查共轭复数和复数的模
2、，属于基础题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1336442239俄罗斯515357161巴西21313688某数学爱好者采用分层抽样方式，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. 【答案】C【解析】【分析】先根据分层抽样确定中国选手的人数，再利用组合数根据古典概型的概率计算公式求解即可【详解】解：中国和巴西获得金牌总数为154，按
3、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，故这3人中中国选手恰好1人的概率，故选：C【点睛】本题主要考查分层抽样和古典概型的概率计算公式，属于基础题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. 110B. 90C. 90D. 110【答案】D【解析】【分析】根据等比中项的定义得，结合公差可求出首项，从而可得答案【详解】解：是与的等比中项，又数列的公差为，解得，故选：D【点睛】本题主要考查等差数列的前项和，考查等比中项的应用，属于基础题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)
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)【答案】C【解析】【分析】根据偶函数的定义可判断（1），再利用导数研究函数的单调性与最值【详解】解：，函数为偶函数，故（1）对；又，当时，则，在上单调递增，结合偶函数的性质可知在单调递减，函数在处取得最小值，无最大值，故（3）对，（2）（4）错，故选：C【点睛】本题主要考查偶函数的定义及判断，考查利用导数研究函数的单调性与最值，属于中档题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.
5、C. D. 【答案】C【解析】【分析】设为的中点，为的中点，连接，连接，利用面面平行的判定定理可证得平面平面，从而平面为平面，从而可得体积较小的几何体为三棱锥，再根据棱锥的体积计算公式求解即可【详解】解：设为的中点，为的中点，连接，连接，在四棱柱中，易证，则，为的中点，为的中点，平面，平面，平面，同理可证：平面，平面，平面，平面平面，即平面为平面，体积较小的几何体为三棱锥，则体积，故选：C【点睛】本题主要考查面面平行的判定，考查棱锥的体积公式，属于基础题7.设，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. .【答案】B【解析】【分析】利用指数幂的运算性质化成同分母，再求出分子的近似值即可判断大小
6、【详解】解：，由于，所以，故选：B【点睛】本题主要考查比较幂的大小，属于基础题8.函数的最小正周期与最大值之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】去掉绝对值作出函数的图象即可求出函数的周期与最值，从而得出答案【详解】解：去绝对值，作出图象得由图可知，函数的最小正周期为，最大值为，所以最小正周期与最大值之比为，故选：C【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，考查分类讨论与数形结合的思想，属于中档题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. 【答案】C【解析】【分析】设，再分类讨论，结合三角函数的性质即
7、可得出结论【详解】解：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，同理，当与重合时 故，由，得，即，结合可得，故选：C【点睛】本题主要考查向量的数量积，考查三角函数的性质，考查分类讨论思想，属于中档题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一二次插值算法（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）：函数在，处的函数值分别为，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，估算是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先阅读题意，再结合过
8、两点的直线的斜率公式求解即可.【详解】解：函数在，处的函数值分别为，故，.故，即，故选：D.【点睛】本题考查了斜率公式，重点考查了阅读理解能力，属中档题.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. 【答案】A【解析】【分析】设，抛物线焦点为，由已知可得，根据抛物线定义可得，利用点差法可得，从而可求得渐近线方程【详解】解：设，抛物线焦点为，由已知有，即，由，两式相减得，即，故，渐近线方程为，故选：A 【点睛】本题主要考查抛物线的定义，考查双曲线的渐
9、近线，考查推理能力与运算能力，属于中档题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【答案】A【解析】【分析】令，则原方程转化成，令，显然，问题转化成函数在上只有一个零点1，求导后再利用导数研究函数的单调性与最值，由此可得答案【详解】解：令，则原方程转化成，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，则函数开口向下，对称轴，过，当即即时，在单调递减，此时符合题意；当即即时，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
10、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，故选：A【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查推理能力与运算能力，考查分类讨论思想，属于难题第卷（非选择题：90分）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 _.【答案】【解析】【分析】的展开式中二项式系数最大的项为第三项，根据公式求解即可【详解】解：由题意可知二项式系数最大的项为第三项，故答案为：【点睛】本题主要考查二项式定理及其应用，属于基础题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
11、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.【答案】9【解析】【分析】以老师监考的班级分类讨论即可求出答案【详解】解：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，故答案为：9点睛】本题主要考查计数原理，属于基础题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_【答案】【解析】【分析】由已知可得问题转化为圆和圆有公共点，从而根据几何法即可求出答案【详解】解：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，故答案为：
12、【点睛】本题主要考查圆和圆的位置关系，属于基础题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_【答案】【解析】【分析】取中点，取，则平面平面，延长，延长，交于点，连接交于点，可证得点的轨迹是线段，从而可求出答案【详解】解：由于平面，所以点在过且与面平行的平面上，取中点，取，则平面平面，延长，延长，交于点，连接交于点，显然，平面平面，所以点的轨迹是线段，由中位线定理可证得，故答案为：【点睛】本题主要考查面面平行的判定与性质，考查平面的基本公理，属于中档题三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或
13、演算步骤第1721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.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.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据降幂公式化简的解析式，再用整体代入法即可求出函数的单调递减区间；（2）由正弦定理边化角，从而可求得，根据锐角三角形可得从而可求出答案【详解】解：（1），由得所以的单调递减区间为；（2）由正弦定理得，即，得，或，解得，或（舍），为锐角三角形，解得的取值范围为【点睛】本题主要考查三角函数的化简与性质，考查正弦定理的作用，属于基础题18.在三棱柱中，已知，为的中点，平面（1）证明四边形为矩形；（2）求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，可得，易证，则平面，从而可证，由此即可得出结论；（2）以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用法向量解决问题【详解】解：（1）连接，因为为中点，可得，平面， 平面，又，平面， ，又四边形为平行四边形，四边形为矩形；（2）如图，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则中，中，设平面的法向量是，由得即，可取，设直线与平面所成角
