廈門市2020屆高中畢業班5月質量檢查理科數學（二）注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填在答題卡和試卷的指定位置上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在試卷上無效.3.考試結束，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先化簡集合，再求得解.【詳解】由題得，所以.故選：D.【點睛】本題主要考查對數不等式的解法，考查集合的并集運算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.，則的虛部為（）A.－1 B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】分子分母同乘分母的共軛復數即可.【詳解】，故的虛部為.故選：A.【點睛】本題考查復數的除法運算，考查學生運算能力，是一道容易題.經過點，其漸近線方程為，則的標準方程為（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據雙曲線的漸近線方程可設其方程為，再根據雙曲線過點，可求出的值，即可得到答案；【詳解】雙曲線漸近線方程為，設雙曲線的方程為：，雙曲線經過點，，雙曲線的方程為：，故選：D.【點睛】本題考查已知雙曲線的漸近線方程求雙曲線的方程，考查函數與方程思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力，屬于基礎題.4.從編號0，1，2，…，79的80件產品中，采用系統抽樣的方法抽取容量是10的樣本，若編號為58的產品在樣本中，則該樣本中產品的最大編號為（）A.72 B.74 C.76 D.78【答案】B【解析】【分析】根據系統抽樣的定義求出樣本間隔即可得到結論．【詳解】樣本間隔為，設第一個號碼為，編號為58的產品在樣本中，則，則第一個號碼為2，則最大的編號，故選：B【點睛】本題主要考查系統抽樣的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，求解樣本間隔是解決本題的關鍵．在區間上的大致圖象如圖所示，則可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】通過代入特殊值及利用函數的單調性判斷即可.【詳解】解：對于A，，是偶函數，圖形關于對稱，當單調遞減，在單調遞減，當，所以A正確；當時，，無意義，故排除B；又，則，故排除D；對于C，當時，，所以不單調，故排除C；故選：A.【點睛】本題考查通過函數圖象選擇函數解析式，這類問題利用特殊值與排除法是最佳選擇，屬于基礎題.6.下圖是一塊高爾頓板示意圖：在一塊木板上釘著若干排互相平行但相互錯開的圓柱形小木塊，小木塊之間留有適當的空隙作為通道，小球從上方的通道口落下后，將與層層小木塊碰撞，最后掉入下方的某一個球槽內.若小球下落過程中向左、向右落下的機會均等，則小球最終落入⑥號球槽的概率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】小球落下要經過次碰撞，每次向左、向右落下的概率均為，并且相互對立，最終落入⑥號球槽五次向右，根據獨立重復事件發生的概率公式，即可求解.【詳解】設這個球落入⑥號球槽為事件，則落入⑥號球槽小球五次向右，所以.故選：A.【點睛】本題主要考查獨立重復試驗的概率求法，將實際應用問題轉化為概率模型是解題的關鍵.屬于較易題.，，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由不等式的性質及換底公式即可得解.【詳解】解：因為，，則，且，所以，，又,即,則，即，故選：D.【點睛】本題考查了不等式的性質及換底公式，屬基礎題.中，以為始邊作角與角，它們的終邊關于，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由題意得到，再由兩角差的余弦及同角三角函數的基本關系式化簡求解.【詳解】∵角與角均以為始邊，它們的終邊關于軸對稱，

∴，

.

故選：C.【點睛】本題主要考查了兩角差的余弦公式的應用，屬于較易題.F為拋物線C：的焦點，過F且傾斜角為30°的直線交C于A，B兩點，O為坐標原點，則的面積為（）A.9 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據過F且傾斜角為30°的直線交C于A，B兩點，設直線方程，與聯立得到，然后由求解.【詳解】拋物線C：的焦點坐標為，又過F且傾斜角為30°的直線交C于A，B兩點，設直線方程為，與聯立得：，由韋達定理得：，所以，故答案為：【點睛】本題主要考查直線與拋物線的位置關系以及三角形面積的求法，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.10.公元前5世紀，古希臘哲學家芝諾發表了著名的阿基里斯悖論：他提出讓烏龜在跑步英雄阿基里斯前面1000米處開始與阿基里斯賽跑，并且假定阿基里斯的速度是烏龜的10倍.當比賽開始后，若阿基里斯跑了1000米，此時烏龜便領先他100米，當阿基里斯跑完下一個100米時，烏龜領先他10米，當阿基里斯跑完下一個10米時，烏龜先他1米.所以，阿基里斯永遠追不上烏龜.按照這樣的規律，若阿基里斯和烏龜的距離恰好為0.001米時，烏龜爬行的總距離為（）A.米 B.米 C.米 D.米【答案】A【解析】【分析】根據烏龜每次爬行的距離構成等比數列，寫出和，再結合等比數列的求和公式，即可求解.【詳解】由題意，烏龜每次爬行的距離構成等比數列，其中，且，所以烏龜爬行的總距離為.故選：A.【點睛】本題主要考查了等比數列應用，其中解答中正確理解題意，結合等比數列通項公式和前項和公式求解是解答的關鍵，著重考查推理與運算能力.的直角三角形和一塊等腰直角三角形組成，如圖所示，，，，．現將兩塊三角板拼接在一起，取中點與中點，則下列直線與平面所成的角不為定值的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】通過證明平面，可以找到與平面所成的角，計算可知都為定值，由此可得答案.【詳解】因為為中點，所以，所以，又，且，所以平面，所以與平面所成的角分別為和，它們相等，等于45°，根據直線與平面所成角的定義知，與平面所成的角為故只有與平面所成的角不為定值.故選：B【點睛】本題考查了直線與平面垂直的判定定理，考查了直線與平面所成角，屬于基礎題.，若存在唯一整數使得，則的取值范圍是（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用參變分離，將問題轉化為與圖象之間的關系，即可得答案；【詳解】，令，則，當；當，在單調遞增，在單調遞減，且，如圖所示：恒過定點，且，，，，存在唯一整數使得，當時，存在唯一的整數使得命題成立，故選：B.【點睛】本題考查不等式解的整數根問題，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、數形結合思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力，求解時注意利用半分離法，將問題轉化為兩個函數圖象之間的關系問題.二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.，滿足，則與的夾角是_________.【答案】【解析】【分析】將兩邊平方，代值計算即可.【詳解】設與的夾角是，由題意兩邊平方后，得：，因為，為單位向量，，.，.故答案為：.【點睛】本題考查向量夾角的求解，涉及數量積運算，屬基礎題.14.某公益基金收到甲乙丙三人的20萬、25萬、30萬三筆捐款（一人捐一筆款），記者采訪這三兄弟時，甲說：“乙捐的不是最少.”乙說：“甲捐的比丙多.”丙說：“若我捐的最少，則甲捐的不是最多.”根據這三人的回答，確定乙捐了_________萬.【答案】30【解析】【分析】根據三人的話進行推理可得答案．【詳解】由甲乙兩人的話知丙捐的是最少的，再由丙的話知甲捐的居中，因此乙捐了的是最多的為30萬元．故答案為：30.【點睛】本題考查推理，掌握推理方法是解題基礎．名男生和名女生參與完成項工作，每人參與一項，每項工作至少由名男生和名女生完成，則不同的安排方式共有________種（用數字作答）.【答案】1296【解析】【分析】先從4個男生選2個一組，將4人分成三組，然后從4個女生選2個一組，將4人分成三組，然后全排列即可.【詳解】由于每項工作至少由名男生和名女生完成，則先從4個男生選2個一組，將4人分成三組，所以男生的排法共有，同理女生的排法共有，故不同的安排共有種.故答案為：1296【點睛】本題主要考查了排列組合的應用，考查了學生應用數學解決實際問題的能力.16.一次臺球技術表演節目中，在臺球桌上，畫出如圖正方形，在點E，F處各放一個目標球，表演者先將母球放在點A處，通過擊打母球，使其依次撞擊點E，F處的目標球，最后停在點C處，若，，，，則該正方形的邊長為_________.【答案】【解析】【分析】連接、，在中，利用余弦定理求出，由正弦定理求出，從而求出；在中，利用余弦定理求出，進而即可求出邊長的值．【詳解】連接、，如圖所示，中，由余弦定理得，，解得；由正弦定理得，，解得，所以，所以在中，由余弦定理得，，解得，所以該正方形的邊長為（）．故答案為：．【點睛】本題考查了正余弦定理在解三角形中應用，也考查了運算求解能力，是中檔題．三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22題、第23題為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題：共60分.滿足，，且是等差數列.（1）求；（2）設前項和為，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設等差數列的公差為，求出，即得；（2）利用錯位相減法求.【詳解】（1）設等差數列的公差為，由題意得，即，解得，，即.（2），，兩式相減可得，，.【點睛】本題主要考查等差數列的通項，考查了錯位相減法求和，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.18.如圖，在五面體中，平面，平面，.（1）求證：；（2）若，，且二面角的大小為，求二面角的大小.【答案】（1）證明見詳解；（2）.【解析】【分析】（1）由兩條直線同時垂直平面得兩直線平行，再利用線面平行的性質定理，即可證明線線平行；（2）如圖，取的中點為，連接,設與的交點為，連接,利用二面角的知識，求出，連接,再利用線面垂直推導線線垂直和二面角的知識，得出即為所求角，把對應值代入即可得答案.【詳解】（1）∵面，面，∴又面，面，∴面又面，面面，∴（2）設的中點為，連接,設與的交點為，連接,∵面，面，∴，．∵，∴，．又面，面，且面面．∴二面角的平面角．又在中，，∴是邊長為2的正三角形，∴,∵平面，∴,∵,∴面，由（1）知，又，，∴四邊形為正方形，∴，又，∴，∴四邊形為平行四邊形，∴，∴面，∴，取的中點為，連接,∴，∵，∴面,∴,∴即為二面角所成的平面角，∵是邊長為2的正三角形，四邊形為正方形，∴，,∴，∴，∴二面角的平面角大小為.【點睛】本題主要考查線面平行性質定理、線面垂直性質定理、二面角的大小求解，考查轉化與化歸思想，考查空間想象能力、運算求解能力.屬于較難題.19.一款小游戲的規則如下：每輪游戲要進行三次，每次游戲都需要從裝有大小相同的2個紅球，3個白球的袋中隨機摸出2個球，若摸出的“兩個都是紅球”出現3次獲得200分，若摸出“兩個都是紅球”出現1次或2次獲得20分，若摸出“兩個都是紅球”出現0次則扣除10分（即獲得分）．（1）設每輪游戲中出現“摸出兩個都是紅球”的次數為，求的分布列；（2）玩過這款游戲的許多人發現，若干輪游戲后，與最初的分數相比，分數沒有增加反而減少了，請運用概率統計的相關知識分析解釋上述現象．【答案】（1）分布列見解析；（2）見解析【解析】【分析】（1）求出每次游戲，出現“兩個都是紅球”的概率為，再根據二項分布可求得的分布列；（2）設每輪游戲得分為，進而求出的期望值為負數，即可得到結論.【詳解】（1）每次游戲，出現“兩個都是紅球”的概率為．可能的取值為0，1，2，3，，，，，所以的分布列為：0123（2）設每輪游戲得分為．由（1）知，的分布列為：20200的數學期望為．這表明，獲得分數的期望為負．因此，多次游戲之后大多數人的分數減少了．【點睛】本題考查二項分布模型、離散型隨機變量的分布列和期望，考查邏輯推理能力、運算求解能力，求解時注意根據期望為負解決實際問題.，點分別為橢圓的左、右頂點，直線交于另一點為等腰直角三角形，且.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）設過點的直線與橢圓交于兩點，總使得為銳角，求直線斜率的取值范圍.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）由題意可知：由，求得點坐標，即可求得橢圓的方程；（Ⅱ）設直線，代入橢圓方程，由韋達定理，由，由為銳角，則，由向量數量積的坐標公式，即可求得直線斜率的取值范圍．【詳解】解：（Ⅰ）根據題意是等腰直角三角形，，設由得則代入橢圓方程得橢圓的方程為（Ⅱ）根據題意，直線的斜率存在，可設方程為設由得由直線與橢圓有兩個不同的交點則即得又為銳角則即②由①②得或故直線斜率可取值范圍是【點睛】本題考查橢圓的標準方程及簡單幾何性質，考查直線與橢圓的位置關系，考查向量數量積的坐標運算，韋達定理，考查計算能力，屬于中檔題．，其中.（1）討論函數的單調性；（2）若函數存在兩個極值點，（其中），且的取值范圍為，求的取值范圍.【答案】（1）答案不唯一，具體見解析（2）【解析】【分析】（1）對函數進行求導，將導數的正負轉化成研究一元二次函數的根的分布問題；（2）利用韋達定理得到，，將轉化成關于的表達式，再利用換元法令，從而構造函數，根據函數的值域可得自變量的范圍，進而得到的取值范圍.【詳解】解：（1）.令，則.①當或，即時，恒成立，所以在上單調遞增.②當，即時，由，得或；由，得，∴在和上單調遞增，在上單調遞減.綜上所述，當時，在上單調遞增；當時，在和上單調遞增，在上單調遞減.（2）由（1）得，當時，有兩極值點，（其中）.由（1）得，為的兩根，所以，.所以.令，則，因為，所以在上單調遞減，而，，所以，又，易知在上單調遞增，所以，所以實數的取值范圍為.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性、已知雙元函數的值域求參數的取值范圍，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、分類討論思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力，求解時注意換元法的應用.（二）選考題：