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福建省福州市2020届高三毕业班适应性练习数学理科试题(含答案解析)

1、福州市2020届高三毕业班适应性练习卷数学(理科) 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:本大题共12小题,每小题5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. 在复平面内,复

2、数对应的点与对应的点关于实轴对称,则ABCD【命题意图】本题主要考查复数的概念、运算及其几何意义等基础知识,意在考查直观想象、数学运算的数学核心素养【答案】A【解析】由题得,所以.故选A.2. 已知集合,若,则实数ABCD【命题意图】本题主要考查集合的概念与运算、解方程等基础知识,意在考查逻辑推理、数学运算等数学核心素养【答案】C【解析】因为,所以直线与直线平行,所以.故选C.3. 已知两个单位向量,若,则的夹角为ABCD【命题意图】本题主要考查平面向量的概念及运算等基础知识,意在考查逻辑推理,数学运算,直观想象的数学核心素养【答案】B【解析】因为,所以,所以,所以,又因为,所以,故选B.4.

3、 一组数据的平均数为,方差为,将这组数据的每个数都乘以得到一组新数据,则下列说法正确的是A这组新数据的平均数为B这组新数据的平均数为C这组新数据的方差为D这组新数据的标准差为【命题意图】本题主要考查统计和统计量的理解等基础知识,意在考查数据分析等数学核心素养【答案】D【解析】由题意知:这组新数据的平均数为,方差为,标准差为.故选D5. 已知平面平面,直线,则“”是“”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【命题意图】本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系及其相互转化等基础知识,意在考查直观想象、逻辑推理与数学抽象的数学核心素养【答案】C【解析】若,则根据面面垂

4、直的性质定理可得;若,则由,可得.故选C.6. 若,则ABCD【命题意图】本题主要考查指数、对数、幂的运算及性质等基础知识,意在考查逻辑推理、数学运算的数学核心素养【答案】B【解析】,所以,故.故选B.7. 若,则ABC或D或【命题意图】本题主要考查三角恒等变换等基础知识,意在考查逻辑推理、数学运算的数学核心素养【答案】D【解析】由得,所以,所以或,故或.故选D.8. 抛物线的焦点为,点为上的动点,点为的准线上的动点,当为等边三角形时,其周长为AB2CD【命题意图】本题主要考查抛物线的概念与性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,意在考查直观想象、逻辑推理、数学运算的数学核心素养【答案】D【解

5、析】方法一、因为为等边三角形,所以垂直的准线于,易知,因为,所以,所以的周长为,故选D.方法二、因为为等边三角形,所以垂直的准线于,设,则,所以,又因为,且,所以,解得,所以,所以的周长为,故选D.9. 在同一平面直角坐标系中,画出三个函数,的部分图象如图所示,则A.为为为B.为为为C.为为为D.为为为【命题意图】本题主要考查三角函数的图象和性质等基础知识,意在考查逻辑推理、直观想象、数学运算的数学核心素养【答案】A【解析】,的最大值分别为,1,1,由于图象的最大值最大,故为;,的最小正周期分别为,图象的最小正周期比小,故为,为,故选A.10. 射线测厚技术原理公式为,其中分别为射线穿过被测物

6、前后的强度,是自然对数的底数,为被测物厚度,为被测物的密度,是被测物对射线的吸收系数工业上通常用镅241()低能射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8,钢的密度为7.6,则这种射线的吸收系数为(注:半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度,结果精确到0.001)ABCD【命题意图】本题主要考查函数的概念与性质,在物理背景下考查学生的创新意识和应用意识,意在考查逻辑推理,数学运算,数学建模的数学核心素养【答案】C【解析】依题意得,所以,所以,故选C.11. 已知双曲线的一条渐近线方程为,是上关于原点对称的两点,是上异于的动点,直线的斜率分别为,若,则的取值范围为AB

7、CD【命题意图】本题主要考查双曲线的概念与性质、直线和双曲线的位置关系等基础知识,意在考查逻辑推理、直观想象、数学运算的数学核心素养【答案】A【解析】双曲线的一条渐近线方程为,则双曲线的方程为:,设,则,所以,即,.故选A.12. 在三棱锥中,底面,是线段上一点,且三棱锥的各个顶点都在球表面上,过点作球的截面,若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为,则球的表面积为ABCD【命题意图】本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系,球体与截面等基础知识,意在考查直观想象、逻辑推理与数学运算的数学核心素养【答案】C【解析】将三棱锥补成直三棱柱,且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球,记三角形的中心为,

8、设球的半径为,则球心到平面的距离为,即,连接,则,在中,取的中点为,连接,则,所以在中,由题意得到当截面与直线垂直时,截面面积最小,设此时截面圆的半径为,则,所以最小截面圆的面积为,当截面过球心时,截面面积最大为,所以,球的表面积为二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.13. 曲线在点处的切线方程为_【命题意图】本题主要考查函数与导数和导数几何意义等基础知识,意在考查逻辑推理、直观想象、数学运算的数学核心素养【答案】【解析】因为,所以,所以在点处的切线方程为,即.14. 勒洛三角形是具有类似圆的“定宽性”的曲线,它是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛首先发现,其作法是:以等边三角形每个顶点

9、为圆心,以边长为半径,在另两个顶点间作一段弧,三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形如图中的两个勒洛三角形,它们所对应的等边三角形的边长比为,若从大的勒洛三角形中随机取一点,则此点取自小勒洛三角形内的概率为_【命题意图】本题主要考查概率与几何概型、平面几何等基础知识,考查阅读能力与应用意识和创新能力,意在考查数学建模、数学运算和逻辑推理的数学核心素养【答案】【解析】设图中的小的勒洛三角形所对应的等边三角形的边长为,则小勒洛三角形的面积为,因为大小两个勒洛三角形,它们所对应的等边三角形的边长比为,所以大勒洛三角形的面积为,若从大的勒洛三角形中随机取一点,则此点取自小勒洛三角形内的概率为15. 已知

10、的内角的对边分别为若,则角大小为_【命题意图】本题主要考查解三角形、三角恒等变换等基础知识,意在考查逻辑推理、数学运算、直观想象的数学核心素养【答案】【解析】因为所以所以所以因为,所以,则,所以,又,则,因为,所以,故16. 已知函数是定义在上的偶函数,且,都有,则不等式的解集为_【命题意图】本题主要考查函数的概念与性质及其应用、解不等式等基础知识,意在考查逻辑推理、数学运算和直观想象的数学核心素养【答案】【解析】因为函数是定义在上的偶函数,所以关于轴对称,由向左平移个单位得到,所以关于直线对称.,且,都有,所以在上单调递增,所以在上单调递减,因为,且,所以,所以,解得,所以原不等式的解集为.

11、三、解答题:本大题共6小题,共70分17. (本小题满分12分)已知数列满足,设(1)求数列的通项公式;(2)若,求数列的前项和【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识,意在考查逻辑推理、数学运算等数学核心素养满分12分【解析】方法一:(1)因为且,所以,2分又因为,3分所以是以2为首项,以2为公差的等差数列4分所以6分(2)由(1)及题设得,7分所以数列的前项和9分11分12分方法二:(1)因为,所以,又因为,所以,1分即,3分又因为,3分所以是以2为首项,以2为公差的等差数列4分所以6分(2)略,同方法一.18. (本小题满分12分)为抗击新型冠状病毒,普及防护知识,某校开展了

12、“疫情防护”网络知识竞赛活动.现从参加该活动的学生中随机抽取了100名学生,将他们的比赛成绩(满分为100分)分为6组:,得到如图所示的频率分布直方图(1)求的值,并估计这100名学生的平均成绩(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);(2)在抽取的100名学生中,规定:比赛成绩不低于80分为“优秀”,比赛成绩低于80分为“非优秀”请将下面的22列联表补充完整,并判断是否有99%的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”?优秀非优秀合计男生40女生50合计100参考公式及数据:.0.050.010.0050.0013.8416.6357.87910.828【命题意图】本题主要考查概率与统计等基

13、础知识,意在考查数学建模、数学抽象、数学运算、数据分析的数学核心素养满分12分【解析】(1)由题可得,2分解得3分因为,所以估计这100名学生的平均成绩为74.5分(2)由(1)知,在抽取的100名学生中,比赛成绩优秀的有人,由此可得完整的列联表:优秀非优秀合计男生女生合计7分的观测值,10分有的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”12分19. (本小题满分12分)在底面为菱形的四棱柱中,平面.(1)证明:平面;(2)求二面角的正弦值.【命题意图】本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系,二面角等基础知识,意在考查直观想象、逻辑推理与数学运算的数学核心素养满分12分【解析】方法一:(1)

14、依题意,且,1分四边形是平行四边形,2分,3分平面,平面,平面4分(2)平面,且为的中点,平面且,平面,5分以为原点,分别以为轴、轴、轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则,设平面的法向量为,则,取,则.7分设平面的法向量为,则,取,则.9分,11分设二面角的平面角为,则,二面角的正弦值为.12分方法二:(1)证明:连接交于点,因为四边形为平行四边形,所以为中点,又因为四边形为菱形,所以为中点,2分在中,且,3分平面,平面,平面.4分(2)略,同方法一.20. (本小题满分12分)已知椭圆()的离心率为,以的短轴为直径的圆与直线相切(1)求的方程;(2)直线交于,两点,且已知上存在点,使

15、得是以为顶角的等腰直角三角形,若在直线的右下方,求的值【命题意图】本题主要考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系,直线和圆的位置关系等基础知识,意在考查的数学核心素养是直观想象、逻辑推理与数学运算满分12分.【解析】(1)依题意,2分因为离心率,所以,解得,4分所以的标准方程为5分(2)因为直线的倾斜角为,且是以为顶角的等腰直角三角形,在直线的右下方,所以轴,6分过作的垂线,垂足为,则为线段的中点,所以,故,7分所以,即,整理得8分由得.所以,解得,9分所以,10分由得,将代入得,11分将代入得,解得.综上,的值为.12分21. (本小题满分12分)已知函数(1)求函数的极值点;(2)当时,

16、当函数恰有三个不同的零点,求实数的取值范围.【命题意图】本题主要考查函数和导数及其应用、函数零点等基础知识,意在考查直观想象、逻辑推理与数学运算的数学核心素养满分12分.【解析】(1)因为所以,所以,1分当时,,所以函数无极值点;2分当时,令,解得.由,解得;由,解得.故函数有极大值点,无极小值点.4分综上,当时,函数无极值点;当时,函数有极大值点,无极小值点.5分(2)当时,,所以,设,则当即时,,所以在单调递减,所以不可能有三个不同的零点;6分当即时,有两个零点,所以又因为开口向下,当时,所以在上单调递减;当时,,所以在上单调递增;当时,,所以在上单调递减.7分因为,又,所以,8分令则.所

17、以在单调递增,所以,即.由零点存在性定理知,在区间上有唯一的一个零点.10分又,所以.11分所以,所以在区间上有唯一的一个零点,故当时,存在三个不同的零点.故实数的取值范围是.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,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:坐标系与参数方程已知直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数)以为极点,轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为(1)写出的普通方程和的直角坐标方程;(2)设点为上的任意一点,求到距离的取值范围【命题意图】本题主要考查直线的参数方程

18、、曲线直角坐标方程、极坐标方程的互化,圆的极坐标方程等基础知识,意在考查直观想象、逻辑推理与数学运算的数学核心素养满分10分.【解析】(1)的普通方程为,即2分的直角坐标方程为,即5分(2)由(1)知,是以为圆心,半径的圆,圆心到的距离,7分所以直线与圆相离,到距离的最小值为;8分最大值为,9分所以到距离的取值范围为10分23. (本小题满分10分)选修:不等式选讲已知,且(1)求的取值范围;(2)求证:【命题意图】本题主要考查配方法、基本不等式和不等式证明等基础知识,意在考查直观想象、逻辑推理与数学运算的数学核心素养满分10分.【解析】(1)依题意,故1分所以,3分所以,即的取值范围为5分(2)因为,所以7分,8分9分又因为,所以10分理科数学试题(第16页共16页)