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2020年福建省泉州市高三毕业班质检文科数学试卷(含答案)

1、市单科质检数学(文科)试题市单科质检数学(文科)试题第第 1 页(共页(共 8 页)页) 准考证号准考证号_姓名姓名_ (在此卷上答题无效) 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 文文 科科 数数 学学 2020.1 注意事项注意事项: 1答卷前,考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上 2回答选择题时,选出每小题答案后,用 2B 铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑如需改动,用 橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号回答非选择题时,将答案写在答题卡上写在本试卷上无效 3考试结束后,将本试卷和答题卡一并收回 一一、选择题选择题:本题共本题共

2、 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,只有一项是符合题目只有一项是符合题目 要求的要求的 1已知集合 2 20Ax xx,则A R A(,0B2,)C(0,2)D(,02,) 【试题简析】易得集合(,02,)A ,故(0,2)A R ,选 B 2若复数(2i)(1 i)a为纯虚数,则实数a的值是 A2B1C1D.2 【试题简析】复数(2i)(1 i)a(2)(2)iaa为纯虚数,所以20a,解得2a ,故选A 3若 2 sin()cos() 445 ,则cos2 A 4 5 B 2 5 C 2 5 D 4 5 【试题简析】由

3、 2 sin()cos() 445 ,得 4 sin(2 ) 25 ,即 5 4 2cos,故选 A 4新中国成立 70 周年,社会各界以多种形式的庆祝活动祝福祖国,其中,“快闪”因其独特新颖的传播方 式吸引大众眼球. 根据腾讯指数大数据,关注“快闪”系列活动的网民群体年龄比例构成,及男女比例构 成如图所示,则下面相关结论中不正确的是 市单科质检数学(文科)试题市单科质检数学(文科)试题第第 2 页(共页(共 8 页)页) A35 岁以下网民群体超过 70% B男性网民人数多于女性网民人数 C该网民群体年龄的中位数在 1525 之间 D2535 岁网民中的女性人数一定比 3545 岁网民中的男

4、性人数多 【试题简析】依题意可得,35 岁以下网民群体所占比例为%74,故 A 对;由男女比例构成图可得男性所 占比例为%55,故B对;因为 15 岁以下所占比例为%23,35 岁以下所占比例为%54,故 该网民群体年龄的中位数在 1525 之间,C 对;D 答案无法判断,所以 D 错,故选 D 5设E是中心在坐标原点的双曲线若(2,0)A是E的一个顶点,( 4,0)F 是E的一个焦点,则E的一 条渐近线方程为 A 1 3 yxB 3 3 yxC3yxD3yx 【试题简析】由已知双曲线的焦点在x轴上,2a,4c,所以 22 2 3bca,所以双曲线E的 渐近线方程为 b yx a 即3yx ,

5、故选 C 6已知等差数列 n a中, 36 +8aa ,则 47 5+aa A32B27C24D16 【试题简析】设等差数列 n a公差d,则872 163 daaa, 所以24)72(32165 1174 dadaaa,故选 C 7“堑堵”是中国古代数学名著九章算术中记载着的一种多面体如图,网格纸上小正方形的边长为 1, 粗实线画出的是某“堑堵”的三视图,则该“堑堵”的体积等于 A12B8C6D4 市单科质检数学(文科)试题市单科质检数学(文科)试题第第 3 页(共页(共 8 页)页) 【试题简析】由已知可得该“堑堵”是直三棱柱,其体积 1 2 3 26 2 V ,故选 C 8函数( )si

6、nf xxx的图象大致为 ABCD 【试题简析】结合各选项,函数xxxfsin)(是偶函数且在 0, 2 上单调递增,故选 B 9明代朱载堉创造了音乐学上极为重要的“等程律”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

7、n aa 【试题简析】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 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. 10若直线0xay与函数 e ( ) x f x x 的图象有且只有一个公共点,则a的取值范围为 A 2 4 (,0)(,) e B 2 4 (,) e C 2 e (,) 4 D 2 1 e ( ,) e4 市单科质检数学(文科)试题市单科质检数学(文科)试题第第 4 页(共页(共 8 页)页) 【试题

8、简析】 解法解法 1: 由 0 ex xay y x , 消去y, 得 2 (0) ex x ax, 则依题意, 可知直线ya与曲线 2 (0) ex x yx 恰有一个公共点,如图 10-1,作出ya与 2 (0) ex x yx的图象,由图可得 2 e 4 a; 图 10-1图 10-2 解法解法 2:如图 10-2,作出直线 x y a 与函数 e ( ) x f x x 的图象,设过原点的直线l与曲线 x y x e 相切 于点) e ,( 0 0 0 x xP x ,则 2 0 0 0 0 00 0 ee 0 0 e x x x x k xx x l ,故2 0 x, 4 e2 l

9、k,由图可知, 4 e1 0 2 l k a , 故 2 e 4 a,故选 B. 11若椭圆E的顶点和焦点中,存在不共线的三点恰为菱形的中心和顶点,则E的离心率等于 A 2 2 B 51 2 C 1 2 或 2 2 D 2 2 或 51 2 【试题解析】依题意,由菱形对角线互相垂直可转化为,在椭圆的顶点和焦点中找到不共线的三点能构成 一个直角三角形,结合椭圆的对称性,只需考虑以下三种情况: (1)如图 11-1,若以顶点D焦点B为菱形顶点,C为中心,则DCBC,由勾股定理得, 2222 ()()abaac,由 222 bac 化简得 22 0caca , 两边同除以 2 a,得 2 10ee

10、,又因为01e,可得 51 2 e ; 市单科质检数学(文科)试题市单科质检数学(文科)试题第第 5 页(共页(共 8 页)页) 图 11-1图 11-2图 11-3 (2)如图 11-2,若以焦点A,B为菱形顶点,C为中心,则ACBC,故 45OCB , 易得 2 2 c e a ; (3)如图 11-3,若以焦点B为菱形的中心,C,E为顶点,则CBEB,易得 2 2 c e a , 故选 D. 12已知函数 ( )sin()(0,0 2 f xx )若 () 8 f x为奇函数, () 8 f x为偶函数,且 2 ( ) 2 f x 在 (0,) 6 至多有2个实根,则的最大值为 A10B

11、14C15D18 【试题简析】由题意,可得 (0) 8 ,为( )f x的图象的对称中心,直线 8 x 为( )f x的图象的一条对称轴, 所以 1 12 2 8 , + 82 k k k k (),两式相加得 12 42 kk , 又因为 0 2 ,所以 4 ,代入 2 + 82 k,得82()kk, 因为 (0,) 6 x时, (,) 44 64 tx, 即由已知可得 2 sin 2 t , (,) 4 64 t至多有 2 个实根, 即 11 644 ,由此可得015, 又因为82()kk,所以1k 时的最大值为 10,故选 A 市单科质检数学(文科)试题市单科质检数学(文科)试题第第 6

12、 页(共页(共 8 页)页) 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, a b,且= 3, 2a,+ = 5 2,a b,则b_. 【试题简析】=( + )(2,4)ba ba,所以 22 242 5b. 【答案】2 5 14若, x y满足约束条件 0, 1 0, 220, x xy xy 则32zxy的最大值为_. 【试题简析】不等式组表示的可行域如图所示: 由32zxy得 3 22 z yx 在y轴上的截距越大,z越大,所以当直线 3 22 z yx 过 点0,2A时,z取得最大值,所以z的最大值为4. 【答案】4

13、. 15 已知直线:(1)10()l mxm ym R与圆 22 :8O xy交于,A B两点,,C D分别为,OA AB的 中点,则AB CD的最小值为_. 【试题简析】 直线l的方程可化为()10m xyy , 由 0, 10, xy y 解得 1, 1, x y , 直线l恒过点(1,1)P, 因为,C D分别为,OA AB的中点,所以 1 = 2 2 CDOB. 当OPAB时,AB最小,此时 2 2 =22 222 6AB(), 所以= 22 2 6=4 3ABCDAB 市单科质检数学(文科)试题市单科质检数学(文科)试题第第 7 页(共页(共 8 页)页) 【答案】4 3 16 已知

14、正方体 1111 DCBAABCD 的棱长为 1, 动点P在棱 1 AA上, 四棱锥 11B BDDP 的顶点都在球O 的球面上,则球O的表面积取值范围是_ 【试题简析】 如图, 设球O的球心为G, 1 AA的中点 1 O, 1 CC的中点 2 O, 21O O的中点O, 且 2 2 1 OO, 2 3 OBOA.因为 11, ,BDDB在球面上,所以球心在线段 2 OO上, 点P也在球面上,RGBGP.设yGOxPO 11 ,.则 2 2 yOG. 在 1 RtO PG中, 222 yxR 在RtBOG中, 22 2 2 2 2 3 yR, 联立,得yx2 4 5 2 ,因为 1 0 2 x

15、 ,所以 25 2 28 y . 所以 32 25 , 4 3 4 3 ) 2 2 ( 4 5 2 22222 yyyyxR, 市单科质检数学(文科)试题市单科质检数学(文科)试题第第 8 页(共页(共 8 页)页) 所以球O的表面积取值范围为 25 3, 8 . 【答案】 25 3, 8 . 市单科质检数学(文科)试题市单科质检数学(文科)试题第第 1 页(共页(共 11 页)页) 准考证号准考证号_姓名姓名_ (在此卷上答题无效) 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 文文 科科 数数 学学 2020.1 三、解答题:共三、解答题:

16、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) 记数列 n a的前n项和为 n S若233 nn Sa. (1)证明: n a为等比数列; (2)设 9 log nn ba,求数列 1 1 nn b b 的前n项和 n T 【命题意图】本题主要考察等比数列的定义及通项公式、数列求和的裂项相消法等基础知识,考查运算求 解能力,考查

17、化归与转化思想,体现基础性,导向对发展数学抽象、数学运算及数学建模等 核心素养的关注 【试题简析】 解解: (1)由已知,得233 nn Sa, 当2n时, 11 233 nn Sa , 2 分 ,得 -1-1 22(33)(33) nnnn SSaa,即 -1 233 nnn aaa, 整理,得 1 32 n n a n a ,5 分 又由 11 233Sa,得 1=3 0a,所以 n a是以 3 为首项,3 为公比的等比数列.6 分 (2)由(1)得=3n n a,所以 9 log 3 2 n n n b ,8 分 所以 1 1411 =4() 11 nn b bn nnn , 10 分

18、市单科质检数学(文科)试题市单科质检数学(文科)试题第第 2 页(共页(共 11 页)页) 故 n T= 11111114 4()+4()+4()4(1) 1223111 n nnnn .12 分 18 (12 分) ABC的内角, ,A B C所对的边分别为, ,a b c.已知( 3cos)cosaCcA (1)求 b a ; (2)求cos A的最小值 【命题意图】本小题主要考查正弦定理,余弦定理等解三角形的基础知识,结合考察了基本不等式的基础 知识,考查推理论证能力与运算求解能力等,考查数形结合思想、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,导向对发展直观想象、逻

19、辑推理、数学运算及 数学建模等核心素养的关注 【试题简析】 解法解法 1:(1)在ABC中,由正弦定理,得 sinsinsin abc ABC , 1 分 从而由( 3cos)cosaCcA,可得sin( 3cos)sincosACCA, 2 分 整理,得3sinsincoscossinAACAC,即3sinsin()AAC,4 分 又因为ABC,所以sin3sinBA, 5 分 所以3 b a 6 分 (2)由(1)不妨设33ba,则3131c ,7 分 在ABC中,由余弦定理,得 222 cos 2 bca A bc , 8 分 所以 2222 ( 3)12126 cos() 3232 3

20、2 3 cc Ac ccc , 11 分 当 2 c c 即2c 时,等号成立,故cos A取到最小值为 6 3 12 分 解法解法 2: (1)同解法 1; 6 分 (2)因为 3sinsinAB ,所以 3aba ,则A为锐角, 7 分 因为sin1B,所以 33 sinsin 33 AB ,8 分 市单科质检数学(文科)试题市单科质检数学(文科)试题第第 3 页(共页(共 11 页)页) 当且仅当sin1B 即 2 B 时,sin A的最大值为 3 3 9 分 因为sin A在 (0,) 2 单调递增,所以此时A最大, 10 分 又因为cos A在 (0,) 2 单调递减,11 分 所以

21、A最大时,cos A取到最小值为 2 6 1 sin 3 A 12 分 19 (12 分) 如图,MA平面ABCD,CN平面ABCD,四边形ABCD是边长为2的菱形,60BAD , 1CN,3AM. (1)证明:/BN平面ADM; (2)求三棱锥NADM的体积. 【命题意图】本小题主要考查直线与平面平行的判定,线面垂直的性质,三棱锥体积的求解等基础知识, 考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力等,考查化归与转化思想等,体现基础性、 综合性与应用性,导向对逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养的关注 【试题简析】 解法解法 1: (1)因为MA平面ABCD,CN平面ABCD,所以NCMA/

22、, 1 分 又MA平面ADM,NC平面ADM,所以/NC平面ADM. 2 分 因为四边形ABCD是菱形,所以ADBC/, 3 分 又AD平面ADM,BC平面ADM, 所以/BC平面ADM,4 分 又BCNCC,BC 平面BCN,CN 平面BCN, 所以平面/BCN平面ADM,5 分 又BN平面BCN,所以/BN平面ADM.6 分 市单科质检数学(文科)试题市单科质检数学(文科)试题第第 4 页(共页(共 11 页)页) (2)由(1)知,/BN平面ADM, 所以点N到平面ADM的距离等于点B到平面ADM的距离 8 分 取AD的中点E,连接BE,BD 因为四边形ABCD是边长为2的菱形,60BA

23、D , 所以ABD是边长为2的等边三角形,所以ADBE ,且3BE, 10 分 又因为MA平面ABCD,BE 平面ABCD,所以BEMA , 又MAADA,MA平面ADM,AD平面ADM, 所以BE平面ADM,故所以点N到平面ADM的距离为BE11 分 所以三棱锥NADM的体积 111 2 333 332 NADMADM VSBE 12 分 解法解法 2: (1)同解法 1; 6 分 (2)由(1)知,/BN平面ADM, 所以点N到平面ADM的距离等于点B到平面ADM的距离, 8 分 所以 NADMB ADM VV , 9 分 因为MA平面ABCD,所以MA是三棱锥MABD的高, 10 分 又

24、ABD是边长为 2 的正三角形, 所以 113 4 33 334 NADMB ADMMABDABD VVVSMA 12 分 20 (12 分) 已知抛物线E的顶点在原点,焦点在y轴上,过点(1,0)A且斜率为 2 的直线与E相切 (1)求E的标准方程; (2)过A的直线l与E交于,P Q两点,与y轴交于点R,证明: 2 ARAPAQ 【命题意图】本小题主要考查抛物线的标准方程和几何性质、直线与抛物线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, 市单科质检数学(文科)试题市单科质检数学(文科)试题第第 5 页(共页(共 11 页)

25、页) 体现基础性、综合性与应用性,导向对发展逻辑推理、直观想象、数学运算等素养的关注 【试题简析】 解法解法 1: (1)过点(1,0)A且斜率为 2 的直线方程为2(1)yx,即22yx, 1 分 设E的方程为 2 (0)xay a, 2 分 由 2 22, , yx xay 消去y,得 2 220xaxa,3 分 因为直线与E相切,所以 2 480aa ,4 分 解得0a (舍去)或2a , 所以E的标准方程为 2 2xy.5 分 (2)设l的方程为(1)yk x, 1122 ( ,),(,)P x yQ xy 令0x ,得yk ,即(0,)Rk, 6 分 由 2 (1), 2 , yk

26、x xy 消去y,得 2 220xkxk,7 分 因为l与E相交,所以 2 480kk ,解得2k 或0k , 设,则 1212 2 ,2xxk x xk, 12 2xxk, 12 2x xk, 8 分 2 1 11APkx, 2 2 11AQkx,9 分 从而 222 211212 (1)11(1)() 11APAQkxxkx xxxk, 10 分 又 2 2 1ARk, 11 分 所以 2 ARAPAQ. 12 分 解法解法 2: (1)过点(1,0)A且斜率为 2 的直线方程为2(1)yx,即22yx, 1 分 市单科质检数学(文科)试题市单科质检数学(文科)试题第第 6 页(共页(共

27、11 页)页) 设E的方程为 2 (0)xay a即 2 1 yx a ,2 分 则 2 yx a ,3 分 直线22yx与E相切于点 00 (,22)B xx ,则 0 2 00 2 2, 1 22, x a xx a ,4 分 解得 0 2, 2, x a 所以E的标准方程为 2 2xy.5 分 (2)设l的方程为(1)yk x, 1122 ( ,),(,)P x yQ xy,6 分 由 2 (1), 2 , yk x xy 消去y,得 2 220xkxk,7 分 因为l与E相交,所以 2 480kk ,解得2k 或0k , 12 2xxk, 12 2x xk, 8 分 分别过,P Q作P

28、Px轴于P,QQx轴于Q,则PPQQ, 所以 APAP ARAO ,= ARAO AQAQ ,9 分 又 1 1APx, 2 1AQx,1AO , 10 分 所以 2 1212 () 11APAQx xxxAO ,11 分 故 = APAO AOAQ ,从而 APAR ARAQ ,即 2 ARAPAQ12 分 21 (12 分) 已知函数 2 ( )(1)ln 2 a f xxaxx (1)讨论( )f x的单调性; (2)当1x时, e ( ) 2 f x,求a的取值范围 【命题意图】本题考查导数的应用,利用导数研究函数的单调性、最值等问题,考查抽象概括能力、推理 论证能力、运算求解能力,考

29、查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形 市单科质检数学(文科)试题市单科质检数学(文科)试题第第 7 页(共页(共 11 页)页) 结合思想、有限与无限思想,体现综合性、应用性与创新性,导向对发展数学抽象、逻辑推 理、直观想象、数学运算以及数学建模等核心素养的关注 【试题简析】 解法解法 1: (1)函数( )f x的定义域为(0,), 2 1(1)1(1)(1) ( )1 axaxaxx fxaxa xxx , 1 分 当0a时,10ax ,则( )0fx ,故)(xf在), 0( 单调递减; 2 分 当0a时,令0)( x f,得 a x 1 ;令0)( x f,得 a x

30、 1 0, 故)(xf在) 1 , 0( a 上单调递减,在) 1 (, a 单调递增. 4 分 综上,可得当0a时,)(xf在), 0( 单调递减; 当0a时,)(xf在) 1 , 0( a 单调递减,在) 1 (, a 单调递增. 5 分 (2)当0a时,因为 242 e (e )e(1)e22 22 a fa ,所以0a不符合题意;6 分 当0a时,由(1) ,知)(xf在) 1 , 0( a 单调递减,在) 1 (, a 单调递增 ()当 1 1 a 即1a时, 1 ()(1) ( )0 a xx a fx x ,所以( )f x在), 1 单调递增,7 分 故 31e ( )(1)1

31、 222 f xfa ,故1a满足题意.8 分 ()当1 1 a 即10 a时,( )f x在) 1 , 1 a 单调递减,在), 1 ( a 单调递增, 9 分 故 min 111 ( )( )1ln 2 f xf aaa ,10 分 要使“当1x时, e ( ) 2 f x” ,只需满足 1e ( ) 2 f a , 令 1 ( )1ln (0) 2 g ttt t ,则0 1 2 1 )( t tg,故( )g t在(0,)单调递减, 11 分 又 e (e) 2 g ,从而由 1e ( ) 2 f a 即 1 ( )(e)gg a ,可得 1 e a ,解得 1 1 e a , 综上,可得a的取值范围为 1 ,) e 12 分 解法解法 2: (1)同解法 1; 5 分 (2)当1x时, e ( ) 2 f x可化为 2lne 2 (2