2020年福建省厦门市高三数学质量检查测试十（通用）

1、2020年厦门市高三质量检查测试十数学（理科）试题本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分满分为150分，考试时间120分钟注意事项：1 考生将自己的姓名、准考证号及所有答案均填写在答题卡上；2 答题要求，见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”.参考公式：如果事件A、B互斥，那么P（A+B）=P（A）+P（B）如果事件A、B相互独立，那么P（AB）=P（A）P（B）如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么n次独立重复试验中恰好发生k次的概率Pn(k)=CnkPk(1P)n-k球的表面积公式：S=4R2，其中R表示球的半径.球的体积公式：V=R3，其中R表示球的半径.第I卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12个小题，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定义在R上的函数的值域为m,n,则的值域为（ ）Am,n Bm-1,n-1C D无法确定2设等差数列满足，且为其前n项之和，则中最大的是( )A. B. C. D. 3方程log2x=3cosx共有（ ）组解 A1 B2 C3 D44已知关于x的一元二次方程的一个根比1大，另一个根比1小，则（

2、） 或 或5已知为锐角，则y与x的函数关系为（）ABCD6函数的定义域为，值域为，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 7把函数的图象向右平移个单位，所得图象对应函数的最小正周期是（ ）AB2 C4 D8光线沿直线y=2x+1射到直线y=x上，被直线y=x反射后的光线所在的直线方程为（ ）ABCD9从4台A型笔记本电脑与5台B型笔记本电脑中任选3台，其中至少要有A型和B型笔 记本电脑各一台，则不同的选取方法共有（ ）A140种B84种C70种D35种10对于不重合的两条直线m，n和平面，下列命题中的真命题是（ ）A如果，m，n是异面直线，那么B如果，m，n是共面，那么1,3,5C如果，m，n是异面直线，那么相交D如果，m，n共面，那么11已知数列的前n项和Sn满足，那么的值为（ ）ABC1D212已知函数的图象如图所示，则函数的单调递减区间是（ ）ABCD第卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分在答题卡上的相应题目的答题区域内作答13将容量为50的样本数据，按从小到大的顺序分成4组，如下表：组号1234频数111413则第3组的频率为 .14. .

3、15. 圆的圆心坐标为 ，设是该圆的过点的弦的中点,则动点的轨迹方程是 .16将给定的25个数排成如右图所示的数表，若每行5个数按从左至右的顺序构成等差数列，每列的5个数按从上到下的顺序也构成等差数列，且表正中间一个数a331，则表中所有数之和为 . 三、解答题：本大题共6小题，共74分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤，在答题卡上相应题目的答题区域内作答.17（12分）已知函数（）判断的奇偶性；（）在上求函数的极值；（）用数学归纳法证明：当时，对任意正整数都有18（12分）定义在的三个函数f(x)、g(x)、h(x),已知f(x)=lnx,g(x)= ,且g(x)在1，2为增函数，h(x)在（0，1）为减函数.（I）求g(x)，h(x)的表达式；（II）求证：当1xe2n3.20（12分）已知f(x)x3bx2cx2(1)若f(x)在x1时，有极值1，求b、c的值；(2)当b为非零实数时，证明f(x)的图像不存在与直线(b2c)xy10平行的切线；(3)记函数| f (x)|(1x1)的最大值为M，求证：M OxyF11MP21（12分）如图，若为双曲线的左、右焦点，为坐标原

4、点，在双曲线左支上，在右准线上，且满足（）求此双曲线的离心率；（）若此双曲线过点求双曲线的方程；（）设（）中双曲线的虚轴端点为在y轴的正半轴上），过点作直线与双曲线交于两点，当时，求直线的方程。22（14分）已知函数. （）数列，恒成立，试求a1的取值范围； （II）数列 的前k项和，Tk为数列的前k项积，.2020年厦门市高三质量检查测试十数学试题参考答案及评分标准（理科数学）一、选择题：（本大题12个小题，每小题5分，共60分）ACCCA ABCBB二、填空题：（本大题4个小题，每小题4分，共16分）13. 14. 15. ； 16. 三、解答题：（本大题6个小题，共74分）17（12分）解：（） 。3分()当时， 5分令有， 当x变化时的变化情况如下表:由表可知：（+0增极大值减当时取极大值. 7分()当时 8分 考虑到：时，不等式等价于（1） 所以只要用数学归纳法证明不等式（1）对一切都成立即可9分（i）当时，设， 10分故，即所以，当时，不等式（1）都成立 11分（ii）假设时，不等式（1）都成立，即 当时设 有 12分 故为增函数， 所以，即， 13分这说明当时不等式（1）

5、也都成立，根据(i)(ii)可知不等式（1）对一切都成立，故原不等式对一切都成立. 14分18（12分）解（I）由题意：恒成立.又恒成立.即（II）欲证：只需证：即证：记当x1时，为增函数.9分即结论成立.10分（III）由 （1）知：对应表达式为问题转化成求函数即求方程：即：设当时，为减函数.当时，为增函数.而的图象开口向下的抛物线与的大致图象如图：与的交点个数为2个.即与的交点个数为2个.19（12分）解：（I）（2分）上是减函数.（4分）（II）即h(x)的最小值大于k.（6分）则上单调递增，又存在唯一实根a，且满足当故正整数k的最大值是3 9分（）由（）知 11分令，则ln(1+12)+ln(1+23)+ln1+n(n+1)（1+12）（1+23）1+n（n+1）e2n3 14分20（12分）解：)f (x)3x22bxc，由f(x)在x1时，有极值1得 即解得 （3分）当b1,c5时, f (x)3x22x5(3x5)(x1)，当x1时，f (x)0，当x1时，f(x)0.从而符合在x1时，f(x)有极值， （4分） ()假设f(x)图像在xt处的切线与直线(b2c)xy10

6、平行，f (t)3t22btc，直线(b2c)xy10的斜率为cb2，3t22btccb2,(7分)即3t22btb20.4(b23b2)8b2,又b0, 0.从而方程3t22btb20无解,因此不存在t，使f (t)cb2，却f(x)的图像不存在与直线(b2c)xy10平行的切线.（9分） ()证法一：| f (x)|3(x)2c|，若|1，则M应是| f (1)|和| f (1)|中最大的一个，2M|f (1)| f (1)|32bc|32bc|4b|12，M6，从而M.（11分）当3b0时，2M| f (1)| f ()|32bc|c|2b3| (b3)2|3，所以M.（13分）当0b3时，2M| f (1)| f ()|32bc|c|2b3|(b3)2|3，M.综上所述，M.（15分）证法二：f (x)3x22bxc的顶点坐标是(，)，若|1，则M应是|f(1)|和|f(1)|中最大的一个，2M| f (1)| f (1)|32bc|32bc|4|b|12，M6，从而M.（11分）若|1，则M是| f (1)|、| f (1)|、|中最大的一个.(i)当c时，2M| f (1)| f (1)| f (1)|f (1)|62c|3，M.(2)当c时，M|cc，综上所述，M成立.（15分）证法三：M是| f (x)|，x1，1的最大值，M| f (0)|，M| f (1)|，M| f (1) |.（11分）4M2| f (0)| f (1)| f (1)| f (1)f (1)21（12分）解：（）由知四边形PF1OM是平行四边形，又，四边形PF1OM是菱形 2分设焦半距为c，则=c+2a， 4分OxyF1MP由双曲线第二定义可知 （6分）（）e=2= c

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