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)

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