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