福建省厦门市2020届高中毕业班第一次质量检查数学（理科）试题（含答案）

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1、 第1页 共14页 厦门市 2020 届高中毕业班第一次质量检查 数数 学学（理科）试题（理科）试题参考解答参考解答 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，分，共共 60 分。分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B D C A C D B A B A B D 第 12 题解答提示： 如图，作出函数 x ye=、lnyx=和y x= 的草图，因为,A B关于C对称， 且 12 01xx ， 因为()1,1C，所以

2、12=2 xx+，A 正确； 由基本不等式， 1212 2=2 xxxx eeee + + ， 因为 12 xx， 所以等号不成立， B 正确； 因为 2 12 12 01 2 xx x x + = ，所以 1 2 1 01x x ，记( ) ln x f x x =， 则( ) 2 1 ln x fx x =，故01x时，( )0fx，所以 ( ) ln x f x x =在()0,1上单调递增，所以 () 1 2 1 f xf x ，即 12 22 1 2 1 ln ln ln 1 xx xx x x = ，即 1 22 1 ln ln0 x xx x + ，C 正确. 记( )2lng

3、xxx=，则(1)10g= ， () 13 20 22 geee=，则 2 1xe，又 () 122222 2lnx xxxxx=，易知lnyxx=在 3 ( , ) 2 e上单调递增，故 1222 lnln 2 e x xxxee=，D 错误. 答案 D. 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题小题，每小题，每小题 5 分分，共，共 20 分。分。 13 4 3 14128 15) 1,+ 162 第 16 题解答提示： 解法解法 1： 取 1 PF另一三等分点N， 则有 2 / /ONMF， 又M是PN中点， 则有Q是OP中点， 所以 22 | |PFOFc=， 第2页 共14

4、页 则 1 | 2PFac=+，由平行四边形法则 2222 1212 2|2|4|PFPFFFPO+=+，化简得2e = 解法解法 2： 设 00 (,)P xy， 1( c,0) F ， 2(c,0) F，依题意得 00 22 (,) 33 xcy M ， 由 2=0 OP MF得 22 000 20xycx+=，即 222 00 ()xcyc+=，即 22 | |PFOFc=， 则 1 | 2PFac=+， 12 PFF中， 12 coscos0POFPOF+=，化简得2e = 解法解法 3： 联立方程 22 000 222 00 20 =6 xycx xya += + ，解得 2 0 4

5、 22 0 2 3 9 6 a x c a ya c = = ，代入双曲线方程 4 2 2 2 22 9 6 9 1 a a a c cb = 化简得 4222222 699a ba cab c+=，即 2222 3a cb c=， 2222 3bcaa =，化简得 2e = 三、解答题：三、解答题：共共 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。第生都必须作答。第 22 题题、第第 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（

6、一）必考题：共 60 分。分。 17本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式和三角恒等变换等基础知识；考查运算求解能力、 推理论证能力；考查数形结合思想、函数与方程思想满分 12 分 解： （1）依题设及正弦定理可得，sincossinsin 2 AC ABA + =- 1 分 因为sin0A，所以coscossin 222 ACBB+ = - 2 分 所以sin2sincos 222 BBB = - 3 分 又sin0 2 B ，所以 1 cos 22 B = - 4 分 又0 22 B ，所以 23 B =，即 2 3 B = - 5 分 第3页 共14页 O N M F ED C B

7、 A M C B A （2）因为 2 3 B =， 6 A = 所以 6 CAB = - 6 分 故ABC为等腰三角形. 则c a= ， 2 a BM = - 8 分 在MBC中由余弦定理可得， 222 2cosMCBMBCBM BCB=+ 即 2 22 2 (2 7)2cos 223 aa aa =+ ，解得4a = - 10 分 所以 113 sin4 44 3 222 ABC SacB = = - 12 分 18本题考查直线与平面垂直、二面角、空间向量等基础知识；考查空间想象能力、运算求解能力、推理 论证能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等满分 12 分 （1）证明：记AFBEO=，

8、连接NO 可知四边形ABFE是菱形，所以AFBE - 2 分 且O为AFBE、的中点 又NFNA=，所以AFNO - 3 分 又因为NOBEO=，NOBE 、平面NEB 所以AF 平面NEB - 5 分 （2）因为2 3BE =，所以3EO =，2 3NF = 所以 22 6FOEFEO= 所以 22 6NONFFO= 所以 222 9NOEONE+=，所以NO BE - 6 分 解法解法一：一： 又由（1）可知：NOAF，且AFBEO=，AFBE 、平面ABFE 所以NO 平面ABFE 以直线OE为x轴，直线OA为y轴，直线ON为Z轴建立空间直角坐标系 - 7 分 第4页 共14页 x y

9、z O N M F ED C B A H O N M F ED C B A 则(0, 6,0)A，(3,0,0)B ，( 3,0,0)E， (0,6,0)F，(0,0, 6)N (0,0, 6)(3,6,0) (3,6, 6) OMONNMONAB=+=+ =+ = ， 所以(3,6, 6)M 所以(0,6, 6)BM =，(2 3,0,0)BE =（亦可不求M，由(0,6, 6)BMAN=） 设( , , )ax y z= 是平面MBE的法向量，则 006600 02 30 a BMyzx yz a BEx =+= = = ，取 1y =，得 (0,1,1)a = - 9 分 又平面NBE的

10、一个法向量为(0, 6,0)OA= - 10 分 所以 62 cos, 226 a OA a OA aOA = - 11 分 所以二面角NBEM的余弦值为 2 2 . - 12 分 解法二解法二： 又因为BEAF，且NOAFO=，NOAF 、平面NAF 所以BE 平面NAF，连接MENFH=，连接OH 则OH 平面NAF，所以BEOH 所以HON为二面角NBEM的平面角 - 9 分 在HON中： 1 3 2 NHNF=， 11 3 22 OHBMAN=，6NO = 所以 6332 cos 2263 HON + = - 11 分 所以二面角NBEM的余弦值为 2 2 . - 12 分 19本题考

11、查直线的方程、直线与椭圆的位置关系等知识；考查运算求解能力、推理论证能力等；考查数 第5页 共14页 x y P DO A B1 B 形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想等满分 12 分 解解法法一一： （1）:0l x =，| | 2AB = ，舍去 - 1 分 : 1,0l ykxk=+ ， 联立方程 22 1 22 ykx xy =+ += ，化简得 22 (21)40kxkx+= 解得0x =或 2 4 21 k x k = + ，所以 2 22 412 (,) 21 21 kk B kk + - 3 分 所以 2 2 4 0 21 15 1 2 k A k Bk= + = +，

12、化简得 42 44150kk+= - 4 分 解得 2 3 = 2 k或 2 5 2 k = （舍去） ，即 6 = 2 k - 5 分 所以 6 :1 2 l yx= + - 6 分 （2）: 1l ykx=+ ，由（1）得 22 21 (,) 21 21 k P kk + ， 1 (,0)D k ，所以 1 2 OP k k = - 8 分 又因为0OP DQ=，所以OP DQ ，所以 2 DQ kk= 所以 1 :2 ()22 DQ lyk xkx k =+=+ 即存在定点 (0,2)Q 满足条件. - 10 分 :0l x =，则,O P重合， (0,2)Q 也满足条件 - 11 分

13、综上，存在 (0,2)Q 满足条件. - 12 分 解解法二法二： （1）设 00 (,)B xy， 0 1y ，则 2 20 0 1 2 x y+=，即 22 00 22xy= - 2 分 则 2 222 0000 15 (1)23 4 ABxyyy=+= += 解得 0 1 2 y = 或 0 3 1 2 y = 舍去 - 4 分 所以 61 (,) 22 B ， 0 0 16 2 AB y k x = ，即 6 :1 2 l yx= + - 6 分 （2）由题设得 00 1 (,) 22 xy P + ， 当 0 1y 时，则有 22 0000 22 0000 +11111 2(1)2

14、OPAB yyyy kk xxxy = - 8 分 又OP DQ ，则有 1 DOPQ kk= ，即 22 ADQADB kkk= 第6页 共14页 又 Q DQ D y k x = ， A DA D y k x = ， 所以 22 AQ yy= ，则 (0,2)Q - 10 分 当 0 1y = ，,O P重合，(0,2)Q也满足条件 - 11 分 综上，存在 (0,2)Q 满足条件. - 12 分 20本题考查概率的性质和概率与数列的综合应用等知识；考查数学抽象、逻辑推理、数学建模、数学运 算素养；考查统计与概率、或然与必然思想等满分 12 分 解： （1）设事件A=前 3 次摸球中小明恰

15、好摸 2 次球 ，事件 i B=第i次由小明摸球 - 1 分 所以 123123 ( )(+)P AP B B BB B B= 123123 ()+ ()P B B BP B B B= 12222 33333 =+= - 4 分 （2）(i)解法一：解法一： 第4次由小明摸球有以下情况： 次数 第 1 次 第 2 次 第 3 次 第 4 次 概率 情况 1 小明摸球 小明摸球 小明摸球 小明摸球 4,1 P 情况 2 小明摸球 小明摸球 爸爸摸球 小明摸球 4,2 P 情况 3 小明摸球 爸爸摸球 小明摸球 小明摸球 4,3 P 情况 4 小明摸球 爸爸摸球 爸爸摸球 小明摸球 4,4 P -

16、 5 分 则 4,1 1111 33327 P=， - 6 分 则 4,2 1224 33327 P=， - 7 分 则 4,3 2214 33327 P=， - 8 分 则 4,4 2124 33327 P=， - 9 分 所以 44,14,24,34,4 13 27 PPPPP=+= - 10 分 解法二：解法二： 第n次由小明摸球有两种情况： 第1n次由小明摸球，第n次由小明继续摸球，此时概率为 1 1 3 n P - 5 分 第7页 共14页 第1n次由爸爸摸球，第n次由小明摸球，此时概率为 1 1 (1)(1) 3 n P - 6 分 所以 11 11 (1)(1) 33 nnn P

17、PP =+(2)n，即 1 12 33 nn PP= +(2)n - 7 分 所以 1 111 () 232 nn PP= (2)n，又 1 1P = 所以 1 2 n P 是以 1 2 为首项， 1 3 为公比的等比数列. 所以 1 111 () 223 n n P =，即 1 111 () 232 n n P =+. - 9 分 所以 3 4 11113 () 23227 P =+=. - 10 分 (ii)由(i)，猜测 1920 1 2 PP，所以选 19 次. - 12 分 21本题考查函数的单调性、导数几何意义及其应用、不等式等基础知识；考查推理论证能力、运算求解 能力、创新意识等

18、；考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等满分 12 分 解： （1）依题意，( )1 a fx x =+ - 1 分 则曲线( )yf x=在点() 00 ,P xy处的切线方程为() 00 0 1 a yyxx x =+ 又 000 ln1yaxx=+，代入整理得 0 0 1ln1 a yxaxa x =+ - 2 分 此直线与: 1l yx= + 重合，得 0 0 11 ln1 1 a x axa + = = 消去 0 x得ln10 222 aaa = ， （*） - 3 分 记( )ln1r xxxx= +，则( )lnrxx = ， 当01x时，( )0rx ，( )r

19、x单调递增； 当1x 时，( )0rx ，( )r x单调递减； 所以( )( )10r xr=，当且仅当1x =时取等号. - 4 分 由（*）式可知0 2 a r = ， 第8页 共14页 所以1 2 a =，即2a = . - 5 分 （2）解法一：解法一： 当01x时，( ) 3 10g xx= ， 所以( )( )0h xg x，无零点 - 6 分 当1x =时，( )( )110fg=，从而( )10h=，故1x =为( )h x的一个零点 - 7 分 当1x 时，( )0g x ，则( )h x的零点即为( )f x的零点 令( )10 axa fx xx + =+ = ，得x

20、a= （）若1a ，即1a 时 ( )0 xa fx x + = 从而( )f x在()1,+上单调递增，进而( )( )10f xf= 又( )( )10g xg= 所以( )0h x ，此时( )h x在()1,+上无零点 - 8 分 （）若1a ，即1a 时 因为( )f x在()1, a上单调递减，在(), a+上单调递增 因为( )10f=，()( )10faf= 故( )f x在()1, a上无零点 - 9 分 另外，由（1）可知( ) 1 10rr x = 恒成立，即ln1xx对0x 恒成立 则()()() 2 ln 42ln2221aaa= 所以()()() 2222 4ln

21、44122141210faaaaaaaa=+ + = 故存在() 2 0 ,4xaa ，进而存在() 0 ,xa +，使得() 0 0f x=，即() 0 0h x= 此时( )h x在()1,+上存在唯一零点； - 11 分 综上可得，当1a 时，( )h x有 1 个零点；当1a 时，( )h x有 2 个零点. - 12 分 解法二：解法二： 当0a 时，( )0 xa fx x + = ，( )f x在()0,+上单调递增， 第9页 共14页 而( ) 3 1g xx=在()0,+上也单调递增， 故当01x时，( )( )10f xf=，( )( )10g xg=，从而( )0h x

22、，无零点 当1x =时，( )( )110fg=，从而( )10h=，1 为( )h x的零点 当1x 时，( )( )10f xf=，( )( )10g xg=，从而( )0h x ，无零点 此时，( )h x有 1 个零点 - 7 分 当0a 时，由( )0 xa fx x + = 得x a= ， 所以( )f x在()0, a上单调递减，在(), a+上单调递增 当01x时，( )( )10g xg=，从而( )0h x ，无零点 当1x =时，( )( )110fg=，从而( )10h=，1 为( )h x的零点 当1x 时，( )( )10g xg=，此时只需考虑( )f x在()1

23、,+上的零点即可 - 8 分 若1a 即10a 时，( )f x在()1,+上单调递增，从而( )( )10f xf=，( )f x无零点进而 ( )h x无零点，此时( )h x在()0,+上共有 1 个零点 - 9 分 若1a 即1a 时，可知( )f x在()1, a上单调递减，在(), a+上单调递增 因为( )10f=，()( )10faf=，故( )f x在()1, a上无零点； 另外，由（1）可知( ) 1 10rr x = 恒成立，即ln1xx对0x 恒成立， 则()()() 2 ln 42ln2221aaa=， 所以()() ()() 2222 4ln 44122141210

24、faaaaaaaa=+ + = 故存在() 2 0 ,4xaa 进而存在() 0 ,xa +，使得() 0 0f x=，即() 0 0h x= 此时( )h x在()1,+上存在唯一零点，从而( )h x在()0,+上共有 2 个零点 - 11 分 综上可得，当1a 时，( )h x有 1 个零点；当1a 时，( )h x有 2 个零点. - 12 分 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。分。请考生在第请考生在第 22、23 两题中任选一题作答两题中任选一题作答。如果多做，则按所做如果多做，则按所做的的第一题计分第一题计分。 22选修44：坐标系与参数方程 第10页 共14页 本题考查

25、曲线的极坐标方程等基础知识，考查直线与圆锥曲线的位置关系；考查运算求解能力、推理 论证能力；考查数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想等满分 10 分 解法一：解法一： （1）由() 2 2 11xy+=得， 22 20xyx+= 因为 222, cosxyx=+= 所以 2cos= ，即为C的极坐标方程 - 2 分 当P在y轴右侧时 过点P作x轴的垂线，垂足为M，作y轴的垂线，垂足为N，设l与x轴的交点为R 因为点P到原点距离与到l距离相等， 所以OPPNMROROM=+ 在 RTOPM中，coscosOMOP= 所以 2cos=+ 因为0，所以 2 1cos = 当P在y轴或y轴左侧

26、时，满足 2 1cos = 综上，P点轨迹的极坐标方程为 2 1cos = - 5 分 （2）设点()() 12 ,PQ 因为4OPOQ=，所以 12 4= - 6 分 又 12 2 ,2cos 1cos = 所以 2 8cos 1cos = - 8 分 解得 1 cos 2 = l x y M N RO P l x y M N RO P 第11页 共14页 所以 2 4 1 1 2 OP = - 10 分 解法二：解法二： （1）由() 2 2 11xy+=得 22 20xyx+= 因为 222, cosxyx=+= 所以 2cos= ，即为C的极坐标方程 - 2 分 设(),P x y 因

27、为点P到原点距离与到l距离相等 所以 22 2xyx+=+，化简得 2 44yx=+ 因为 cos ,sinxy= ，所以 22 sin4 cos4=+ 因为 22 sin1 cos= ，所以() 2 2 cos2=+ 因为1x ，所以 cos20+ 所以 cos2=+ ，化简得 2 1cos = ，即为P点轨迹的极坐标方程 - 5 分 （2）由已知得直线PQ的斜率存在，设点()() 1122 ,P x yQ xy，PQ的斜率为k 由 2 , 44 ykx yx = =+ ，解得 2 1 2 22 1k x k + = - 6 分 由 22 , 20 ykx xyx = += ，解得 2 2

28、2 1 x k = + - 7 分 由4OPOQ=，得()() 1122 ,4,x yxy= 所以 12 4xx=，所以 1 0x 所以 2 22 22 18 4 1 k kk + = + ，即 2 22 1116 1 k kk + = + - 8 分 令 2 1tk=+，则 22 116 1 t tt + = ，解得 2 4t = 所以 2 3k = 所以 22 11 4OPxy=+= - 10 分 解法三：解法三： （1）同解法二 （2）设点()() 12 ,PQ 因为4OPOQ= 第12页 共14页 所以 12 4= - 6 分 又 22 112 sin4cos4,2cos=+= 所以()() 2 2 8cossin4 8coscos4=+ - 8 分 化简得 42 16cos8cos10+ =，即 2 1 cos 4 = 因为 2 0，所以 1 cos 2 = 所以 2 4 1 1 2 OP = - 10 分 23选修45：不等式选讲 本题考查基本不等式、含绝对值不等式等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力等；考查数形 结合、转化与化归、函数与方程、分类与整合等数学思想方法满分 10 分 解： （1）由已知得，( )01fabcabc=+ =+= - 1 分 所以() 2 222 222abcab