2020年福建省泉州市高三毕业班质检理科数学试卷（含答案）

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1、市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 1 页（共页（共 8 页）页） 保密保密启用前启用前 泉州市泉州市 2020 届高中毕业班单科质量检查届高中毕业班单科质量检查 理理科科数数学学 20201 注意事项：注意事项： 1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上 2考生作答时，将答案答在答题卡上请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答 题区域书写的答案无效在草稿纸、试题卷上答题无效 3选择题答案使用 2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案 使用5 . 0毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚 4保持答

2、题卡卡面清洁，不折叠、不破损考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回 一一、选择题选择题：本大题共本大题共 12 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 60 分分，在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题只有一项是符合题 目要求的目要求的 1已知集合 2 0Mx xx，1Nx x，则 AMNBMN C RMNDMN 【解析】因为 2 001Mx xxxx，1Nx x，所以MN ，故选 D 2若复数z满足(1 i)23iz，则z A 15 i 22 B 15 i 22 C 51 i 22 D 51 i 22 【解析】由已知得 2 23i(23i)(1 i)25i3i1 5

3、i 1 i(1 i)(1 i)22 z ，则z 15 i 22 ，故选 A 3若x，y满足约束条件 20 31 0 2 xy xy y ， ， ， 则42zxy的最小值为 A17B13C 16 3 D20 【解析】该可行域是一个以 137 ,2 ,4,2 , 322 ABC 为顶点的三角形区域(包括边界)当动直线 2 2 z yx 过点 37 , 22 C 时，z取得最小值，此时 37 4213 22 z ，故选 B 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 2 页（共页（共 8 页）页） 4已知,m n是两条不同的直线，, 是两个不重合的平面给出下列四个命题： 若，m，则m；

4、若mn，n，则m； 若，m，则m；若m，m，则 其中为真命题的编号是 ABCD 【解析】中，若，则内任一直线与平行，为真命题 中，若mn，n，则m可能平行于，也可能在内，为假命题 中，若，m，则m可能垂直于，也可能平行于，也可能与相交但不垂直，为 假命题 中，若m，则可在内作一直线 1 m使 1 mm，又因为m，所以 1 m，又 1 m， 则，为真命题 综上，为真命题，故选 C 5函数 2 ( )lnf xxx的图象大致为 AB CD 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 3 页（共页（共 8 页）页） 【解析】首先，0x ，( )f x为奇函数，排除 B；又 12 0 e

5、e f ，排除 C； 当0x 时，( )2ln20fxx，极值点 1 e x ，排除 A；故选 D 6已知双曲线 22 22 :10,0 xy Cab ab 的实轴长为 4，左焦点F到C的一条渐近线的距离为3，则C 的方程为 A 22 1 23 xy B 22 1 43 xy C 22 1 49 xy D 22 1 169 xy 【解析】因为实轴长42 a，所以2a，)0 ,( cF ，由对称性，双曲线的一个焦点到两条渐近线的距离 相等， 不妨取渐近线为x a b y ， 即0aybx， 点)0 ,( cF 到渐近线的距离 22 ()0bcbc db c ab ， 所以3b，所以C的方程为 2

6、2 1 49 xy ，故选 C 7执行如图所示的程序框图，则输出S的值为 A1010B1009C1009D1010 【解析】依题意，得2019531N，0 2 4 62018T 解法一：(1 0)(32)(54)(20192018)1010SNT，故选 D 解法二：10101010 2 1010)20191 ( N， (02018) 1010 1009 1010 2 T ， 所以1010)10091010(10101009101010101010TNS，故选 D 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 4 页（共页（共 8 页）页） 8明代朱载堉创造了音乐学上极为重要的“等程

7、律”在创造律制的过程中，他不仅给出了求解三项等 比数列的等比中项的方法，还给出了求解四项等比数列的中间两项的方法比如，若已知黄钟、大吕、 太簇、夹钟四个音律值成等比数列，则有=大吕黄钟 太簇， 2 3 =大吕黄钟夹钟， 2 3 =太簇黄钟夹钟据此，可得正项等比数列 n a中，= k a A 1 1 nk nk n aa B 1 1 n k n k n a a C 1 1 1 n kk n n aa D 1 1 1 kn k n n aa 【解析】解法一：因为 1 1 n n aa q ，所以 1 1 = n n a q a ， 所以 1 1 1 1 = k n n k a aa a 1 1 1

8、 1 = k n n a a a 1 11 1 = n kk nn n aa 1 1 1 = n kk n n aa ，故选 C 解法二： （特值法） （具体略） 9已知抛物线 2 :8E xy的焦点为F，过F的直线l与E交于,A B两点，与x轴交于点C若A为线 段CF的中点，则AB A9B12C18D72 【解析】依题意得4p，焦点)2 , 0(F， 解法一：因为A为线段CF的中点，所以) 1 ,22(A， 4 2 )22(0 12 AF k，所以直线AF的方 程 为 2 2 4 yx， 将 其 代 入yx8 2 得01622 2 xx， 设),( 11 yxA，),( 22 yxB， 则

9、22 21 xx，4)( 4 2 2 4 2 2 4 2 212121 xxxxyy5422 4 2 ，所以 12 549AByyp，故选 A 解法二： （几何法） 延长BC交准线2y于D， 过点A作AM垂直准线交准线于M， 过点B作BN 垂直准线交准线于N，准线与y轴交于点H，FDH中原点O是线段FH的中点，所以点C是线 段DF的中点易得4FH，3ACAFAM，93ACAD，设kBNBF，因 为DMADNB， 所以 DB AD BN AM ，即 kk 12 93 ，解得6k， 因此963AB，故选 A 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 5 页（共页（共 8 页）页）

10、10已知 log ea ， ln e b ， 2 e ln c ，则 AabcBbcaCbacDcba 【解析】因为1bc，分别与中间量 1 2 做比较， 22 23 111 (lnlne)ln0 22e2e b， 43 22 11e1e (lnlne)ln0 222 c，则 1 2 bc， 2 11 log e=log e 22 a ， 11 (2ln )ln 20 lnln ac，所以bca，故选 B 11 在平面直角坐标系xOy中， 直线:40l kxyk与曲线 2 9yx 交于,A B两点， 且 2AO AB ， 则k A 3 3 B 2 2 C1D 3 【解析】直线04 kykx，即

11、0)4(yxk，所以直线l过定点)0 , 4(P，过圆心O作lOM 于 M，即 1 2 2 AO ABAMABABAB ，所以2AB，曲线 2 9yx是圆心为原点， 半径3r的上半圆 解法一：Rt OAM中，1AM，3 OAr，所以22132OM， Rt OPM中， 2 2 4 22 sinMPO，所以 4 MPO，直线l的斜率为1 4 tan，故选 C 解法二：圆心到直线l的距离 1 4 ) 1( 4 222 k k k k d， 2 1 4 922 2 2 22 k k drAB，解得1k，故选 C 12已知正三棱柱 111 CBAABC 的所有棱长都为3，D是 11C B的中点，E是线段

12、DA1上的动点若三棱 锥ABCE 的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的取值范围为 A 21 8, 2 B 273 16, 16 C 273 ,21 16 D16,21 【解析】解法一：如图所示，依题意可知，三棱锥ABCE 的外接球的球心O在上底面等边 111 ABC的 中心 1 O与下底面等边ABC的中心 2 O的连线的线段 12 OO上，设球O的半径为R，当动点E在点 1 A 位置时球O的半径最大， 此时球心O在线段 12 OO的中点， 在 2 Rt AOO中， 2 23 33 32 O A ， 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 6 页（共页（共 8 页）页）

13、 2 3 O= 2 O， 则球O的半径 22 22 921 3 42 ROAO AO O； 当动点E在点 1 O位置时球O的 半径最小，此时球心O在线段 12 OO上，三棱锥ABCE 为正三棱锥，在 2 Rt AOO中， 2 3O A ， 2O=3 OR，由 222 22 OAO AO O得 222 ( 3)(3R)R 解得2R ，所以 21 2 2 R 由球 O的表面积 2 4SR得1621S ，故选 D 解法二： 如图所示， 依题意可知， 三棱锥ABCE 的外接球的球心O在上底面等边 111 ABC的中心 1 O 与下底面等边ABC的中心 2 O的连线的线段 12 OO上，连接OA、OE，

14、设OAOER， 1 O Ex， 1 OOy；在 1 Rt OO E中， 222 11 OEO EOO得 222 Rxy；在 2 Rt AOO中， 2 3AO ， 2=3 OOR，由 222 22 OAO AO O得 222 3Ry（） （3- ）；由 222 Rxy和 2 2 2 33Ry得 2222 3=yxy（） （3- ）整理得 2 126xy，所以 22 612Ryy 2 =3y（ -3），又因为03x 得 3 2 2 y ；当2y 时， 2 R的最小值为4； 当 3 2 y 时， 2 R的最小值为 21 4 ；所以 2 21 4 4 R ，由球O 的表面积 2 4SR得1621S ，

15、 故选 D 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13已知向量,2xa，2,1b，且ab，则=a 【解析】由ab得：12 20x ，即4x ，所以 22 = 4 +2 = 20=2 5a 14记 n S为数列 n a的前n项和若 1 20 nn aa ， 5 93S ，则 5 a 【解析】由 1 20 nn aa 得 1 1 2 nn aa ，所以数列 n a是公比 1 2 q 的等比数列， 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 7 页（共页（共 8 页）页） 5 1 1 5 1 (1) (1) 32 93 1 1

16、 2 a aq S q ，则 1 48a ，故 4 51 3aa q 15已知函数 f x是定义在R上的奇函数，当0x 时，(1)3 ( )f xf x；当0,1x时， ( )ln(2)f xx，则 0( e)ff 【解析】因为 f x是定义在R上的奇函数，所以( e)(e)ff ，(0)0f， 又2e3，0e21，所以(e)9e29ln e229ff，故 0( e)9ff 16若函数 sin0 6 f xx 在 , 2 单调，且在 0, 3 存在极值点，则的取值范围 为 【解析】解法一：因为函数 f x在 , 2 单调，则 22 T ，即02 当 0, 3 x ， , 66 36 x ，又

17、f x在 0, 3 存在极值点， 5 366 ， 所以 362 ，则1，12 当 , 2 x ， , 6266 x ，又 27 3266 ， 713 666 ， 所以 3 , 26622 ，即 +, 262 3 +, 62 解得 24 33 ， 综上， 4 1 3 解法二：因为函数 f x在 0, 3 存在极值点，所以 362 ，即1 当 , 2 x ， , 6266 x ，又 f x在 , 2 单调， 所以 3 , 266 +k+kk 22 N，即 , 262 3 , 62 +k +k 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 8 页（共页（共 8 页）页） 解得 24 2

18、33 kk ，只能取0k ，即 24 33 综上， 4 1 3 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 1 页（共页（共 11 页）页） 保密保密启用前启用前 泉州市泉州市 2020 届高中毕业班单科质量检查届高中毕业班单科质量检查 理理科科数数学学 20201 注意事项：注意事项： 1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上 2考生作答时，将答案答在答题卡上请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答 题区域书写的答案无效在草稿纸、试题卷上答题无效 3选择题答案使用 2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案 使用5 . 0

19、毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚 4保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第第 1721 题为必考题，每个试题考题为必考题，每个试题考 生都必须作答生都必须作答第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分 17 （12 分） 如图，四棱锥ABCDP的底面是正方形，PA平面ABCD，AEPD （1）证明：AE 平面PCD； （2）若APAB，求二面角

20、DPCB的余弦值 【命题意图【命题意图】本小题考查线面垂直的判定与性质、二面角的求解及空间向量的坐标运算等基础知识，考查 空间想象能力、逻辑推理及运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，体现 基础性、综合性与应用性，导向对发展数学抽象、逻辑推理、直观想象等核心素养的关注 【试题解析】 解法一： （1）因为PA 平面ABCD，CD 平面ABCD， 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 2 页（共页（共 11 页）页） 所以PACD1 分 又底面ABCD是正方形，所以ADCD 2 分 又PAADA ，所以CD 平面PAD3 分 又AE 平面PAD，所以CDAE 4

21、分 又因为AEPD，CDPDD，,CD PD 平面PCD， 5 分 所以AE 平面PCD 6 分 （2）因为PA 平面ABCD，底面ABCD为正方形， 所以PAAB，PAAD，ABAD，分别以AB、AD、AP所在的直线为x轴、y轴、z轴 建立空间直角坐标系Axyz（如图所示） 7 分 设1PAAB，则A 0,0,0（），B 1,0,0（），C 1,1,0（），D 0,1,0（），(0,0,1)P， 1 1 (0, ) 2 2 E， 1,0, 1PB （），1,1, 1PC （）， 1 1 (0, ) 2 2 AE 8 分 由（1）得 1 1 (0, ) 2 2 AE 为平面PCD的一个法向量9

22、 分 设平面PBC的一个法向量为 111 ()mx ,y ,z 由 0, 0, PB m PC m 得 11 111 0, 0, xz xyz 令 1 1x ，解得 1 1z ， 1 0y 所以(1,0,1)m 10 分 因此 1 1 2 cos, 21 2 2 m AE m AE mAE 11 分 由图可知二面角BPCD的大小为钝角 故二面角BPCD的余弦值为 1 2 12 分 解法二： （1）同解法一6 分 （2）过点B作BF垂直于PC于点F，连接DF、BD 因为PBPD，BCCD，PCPC， 所以PBCPDC7 分 因此易得 0 90DFCBFC ，BFDF8 分 所以BFD为二面角BP

23、CD的平面角9 分 设1PAAB ，则 2BD ， 6 3 BFDF10 分 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 3 页（共页（共 11 页）页） 在BDF中，由余弦定理，得 222 222 2 66 ()()( 2) 1 33 cos 226 2 () 3 BFDFBD BFD BF DF 故二面角BPCD的余弦值为 1 2 12 分 18 （12 分） 记 n S为数列 n a的前n项和已知0 n a ， 2 634 nnn Saa （1）求 n a的通项公式； （2）设 22 1 1 nn n nn aa b a a ，求数列 n b的前n项和 n T 【命题意图】

24、本小题主要考查递推数列、等差数列的通项公式与数列求和等基础知识，考查推理论证能力 与运算求解能力等，考查化归与转化思想、特殊与一般思想等，体现基础性，导向对发展逻 辑推理、数学运算等核心素养的关注 【试题解析】 解： （1）当1n 时， 2 111 634Saa，所以 1 4a 或1（不合，舍去） 1 分 因为 2 634 nnn Saa，所以当2n时， 2 111 634 nnn Saa ， 由得 22 11 633 nnnnn aaaaa ，2 分 所以 11 30 nnnn aaaa 3 分 又0 n a ，所以 1 3 nn aa 4 分 因此 n a是首项为4，公差为3的等差数列5

25、分 故43131 n ann6 分 （2）由（1）得 22 313433 2 31 343134 n nn b nnnn ， 9 分 所以 3333339 2()2 4771031344 34 n n Tnn nnn 12 分 19 （12 分） ABC中，60B ，2AB ，ABC的面积为2 3 （1）求AC； （2） 若D为BC的中点，,E F分别为,AB AC边上的点 （不包括端点） ， 且120EDF， 求DEF 面积的最小值 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 4 页（共页（共 11 页）页） 【命题意图】本小题主要考查解三角形、三角恒等变换等基础知识，考查推理

26、论证能力和运算求解能力等， 考查数形结合思想和化归与转化思想等，体现综合性与应用性，导向对发展直观想象、逻辑 推理、数学运算及数学建模等核心素养的关注 【试题解析】 解法一： （1）因为60B ，2AB ， 所以 1 sin 2 ABC SAB BCB 13 2 22 BC 3 2 BC，2 分 又2 3 ABC S ，所以4BC 3 分 由余弦定理，得 222 2cosACABBCAB BCB 4 分 22 1 242 2 4 2 12， 5 分 所以2 3AC 6 分 （2）设BDE，0 ,60，则60CDF 在BDE中，由正弦定理，得 sinsin BDDE BEDB ，7 分 即 2

27、sin(60)3 2 DE ，所以 3 sin(60) DE ； 8 分 在CDF中，由正弦定理，得 sinsin CDDF CFDC ， 由（1）可得30C ，即 2 1 sin(90) 2 DF ，所以 1 cos DF ； 9 分 所以 1 sin 2 DEF SDE DFEDF 3 4sin(60) cos 2 3 2 3cos2sincos 10 分 3 2sin 2603 ，11 分 当15时，sin(260 )1 ， min 3 ()63 3 23 DEF S 故DEF面积的最小值为63 312 分 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 5 页（共页（共 11

28、 页）页） 解法二： （1）同解法一6 分 （2）设CDF，0 ,60，则60BDE 在CDF中，由正弦定理，得 sinsin CDDF CFDC ，7 分 由（1）可得30C ，即 2 1 sin(30) 2 DF ，所以 1 sin 30 DF ； 8 分 在BDE中，由正弦定理，得 sinsin BDDE BEDB ， 即 2 sin(120)3 2 DE ，所以 3 sin(120) DE ； 9 分 所以 1 sin 2 DEF SDE DFEDF 33 4sin 30sin(120) 3 1331 4cossincossin 2222 10 分 3 2sin23 ， 11 分 当4

29、5时，sin21， min 3 ()63 3 23 DEF S 故DEF面积的最小值为63 312 分 20 （12 分） 已知椭圆 22 22 :1(0) xy Eab ab 的离心率为 1 2 ，点 3 ( 3,) 2 A在E上 （1）求E的方程； （2）斜率不为0的直线l经过点 1 ( ,0) 2 B，且与E交于QP,两点，试问：是否存在定点C，使得 QCBPCB？若存在，求C的坐标；若不存在，请说明理由 【命题意图】本小题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、 运算求解能力等，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想等，体现基础性、 综合性与

30、创新性，导向对发展逻辑推理、直观想象、数学运算、数学建模等核心素养的关注 【试题解析】 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 6 页（共页（共 11 页）页） 解法一： （1）因为椭圆E的离心率 22 1 2 ab e a ，所以 22 34ab，1 分 点) 2 3 , 3(A在椭圆上，所以1 4 33 22 ba ， 2 分 由解得4 2 a，3 2 b3 分 故E的方程为1 34 22 yx 4 分 （2）假设存在定点C，使得PCBQCB 由对称性可知，点C必在x轴上，故可设( ,0)C m 5 分 因为PCBQCB ，所以直线PC与直线QC的倾斜角互补，因此 0 PCQC kk 6 分 设直线l的方程为： 2 1 tyx，),( 11 yxP，),( 22 yxQ 由 22 1 , 2 1 43 xty xy 消去x，得04512)1612( 22 tyyt， 7 分 2222 (12 )4 (1216) ( 45)144180 (1216)0tttt ，所以tR， 12 2 12 1216 t yy t ， 12 2 45 1216 y y t ，8 分 因为0 QCPC kk，所以0 2 2 1 1 mx y mx y ， 所以0)()( 1221 mxymxy，即0)