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）

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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）