福建省厦门市2020届高三数学第一次质量检查试题 理参考解答.pdf

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xye=、lnyx=和yx=的草图，因为,A B关于C对称，且1201xx ， 因为()1,1C，所以12=2xx+，A 正确； 由基本不等式，12122=2xxxxeeee+， 因为12xx， 所以等号不成立，B 正确； 因为21212012xxx x+=，所以12101xx，记( )ln xf xx=，则( )21 ln xfxx=，故01x时，( )0fx，所以( )ln xf xx=在()0,1上单调递增，所以()121f xfx，即1222121lnlnln1xxxxxx= ，即1221lnln0 xxxx+，C 正确. 记( )2lng xxx=，则(1)10g= ，()132022geee=，则21xe，又()1222222lnx xxxxx=，易知lnyxx=在3( , )2e上单调递增，故1222lnln2ex 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。 1343 14128 15)1,+ 162 第 16 题解答提示： 解法解法 1： 取1PF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页 则1| 2PFac=+，由平行四边形法则222212122|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0022(,)33xcyM， 由2=0OP MF得2200020 xycx+=，即22200()xcyc+=，即22| |PFOFc=， 则1| 2PFac=+，12PFF中，12coscos0POFPOF+=，化简得2e = 解法解法 3： 联立方程220002220020=6xycxxya+=+，解得2042202396axcayac=，代入双曲线方程4222229691aaaccb= 化简得4222222699a ba cab c+=，即22223a cb c=，22223bcaa =，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（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，sincossinsin2ACABA+=- 1 分 因为sin0A，所以coscossin222ACBB+= - 2 分 所以sin2sincos222BBB= - 3 分 又sin02B，所以1cos22B= - 4 分 又022B，所以23B=，即23B= - 5 分 第3页 共14页 ONMFEDCBAMCBA（2）因为23B=，6A= 所以6CAB= - 6 分 故ABC为等腰三角形. 则ca=，2aBM = - 8 分 在MBC中由余弦定理可得，2222cosMCBMBCBM BCB=+ 即2222(2 7)2cos223aaaa=+ ，解得4a = - 10 分 所以113sin4 44 3222ABCSacB= = - 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=，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226FOEFEO= 所以226NONFFO= 所以2229NOEONE+=，所以NOBE - 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 xyzONMFEDCBAHONMFEDCBA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 00660002 30a BMyzxyza BEx=+=，取1y =，得(0,1,1)a = - 9 分 又平面NBE的一个法向量为(0, 6,0)OA= - 10 分 所以62cos,226a OAa OAaOA= - 11 分 所以二面角NBEM的余弦值为22. - 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：132NHNF=，11322OHBMAN=，6NO = 所以6332cos2263HON+= - 11 分 所以二面角NBEM的余弦值为22. - 12 分 19本题考查直线的方程、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 xyPDOAB1B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22122ykxxy=+=，化简得22(21)40kxkx+= 解得0 x =或2421kxk=+，所以222412(,)21 21kkBkk+ - 3 分 所以2240211512kAkBk=+=+，化简得4244150kk+= - 4 分 解得23=2k或252k = （舍去） ，即6=2k - 5 分 所以6:12l yx= + - 6 分 （2）:1l ykx=+，由（1）得2221(,)21 21kPkk+，1(,0)Dk，所以12OPkk= - 8 分 又因为0OP DQ=，所以OPDQ，所以2DQkk= 所以1:2 ()22DQlyk xkxk=+=+ 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 综上，存在(0,2)Q满足条件. - 12 分 解解法二法二： （1）设00(,)B xy，01y ，则220012xy+=，即220022xy= - 2 分 则2222000015(1)234ABxyyy=+= += 解得012y = 或0312y = 舍去 - 4 分 所以61(,)22B ，00162ABykx= ，即6:12l yx= + - 6 分 （2）由题设得001(,)22xyP+， 当01y 时，则有220000220000+111112(1)2OPAByyyykkxxxy= - 8 分 又OPDQ，则有1DOPQkk= ，即22ADQADBkkk= 第6页 共14页 又QDQDykx=，ADADykx=， 所以22AQyy=，则(0,2)Q - 10 分 当01y = ，,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 次摸球中小明恰好摸 2 次球 ，事件iB=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=1222233333=+= - 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 4,1P 情况 2 小明摸球 小明摸球 爸爸摸球 小明摸球 4,2P 情况 3 小明摸球 爸爸摸球 小明摸球 小明摸球 4,3P 情况 4 小明摸球 爸爸摸球 爸爸摸球 小明摸球 4,4P - 5 分 则4,1111133327P=， - 6 分 则4,2122433327P=， - 7 分 则4,3221433327P=， - 8 分 则4,4212433327P=， - 9 分 所以44,14,24,34,41327PPPPP=+= - 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113nP - 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11(1)(1)3nP - 6 分 所以1111(1)(1)33nnnPPP=+(2)n，即11233nnPP= +(2)n - 7 分 所以1111()232nnPP= (2)n，又11P = 所以12nP 是以12为首项，13为公比的等比数列. 所以1111()223nnP=，即1111()232nnP=+. - 9 分 所以3411113()23227P =+=. - 10 分 (ii)由(i)，猜测192012PP，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；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，( )1afxx=+ - 1 分 则曲线( )yf x=在点()00,P xy处的切线方程为()0001ayyxxx=+ 又000ln1yaxx=+，代入整理得001ln1ayxaxax=+ - 2 分 此直线与:1l yx= +重合，得0011ln1 1axaxa+ = = 消去0 x得ln10222aaa =， （*） - 3 分 记( )ln1r xxxx= +，则( )lnrxx= ， 当01x时，( )0rx，( )r 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02ar=， 第8页 共14页 所以12a=，即2a = . - 5 分 （2）解法一：解法一： 当01x时，( )310g 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( )10axafxxx+=+ =，得xa= （）若1a ，即1a 时 ( )0 xafxx+= 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( )110rrx=恒成立，即ln1xx对0 x 恒成立 则()()()2ln 42ln2221aaa= 所以()()()22224ln 44122141210faaaaaaaa=+ + = 故存在()20,4xaa ，进而存在()0,xa +，使得()00f x=，即()00h 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 xafxx+=，( )f x在()0,+上单调递增， 第9页 共14页 而( )31g xx=在()0,+上也单调递增， 故当01x时，( )( )10f xf=，( )( )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，( )( )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 xafxx+=得xa=， 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,+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( )110rrx=恒成立，即ln1xx对0 x 恒成立， 则()()()2ln 42ln2221aaa=， 所以()() ()()22224ln 44122141210faaaaaaaa=+ + = 故存在()20,4xaa 进而存在()0,xa +，使得()00f x=，即()00h 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()2211xy+=得，2220 xyx+= 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21cos= 当P在y轴或y轴左侧时，满足21cos= 综上，P点轨迹的极坐标方程为21cos= - 5 分 （2）设点()()12,PQ 因为4OPOQ=，所以124= - 6 分 又122,2cos1cos= 所以28cos1cos= - 8 分 解得1cos2= lxyMNROPlxyMNROP 第11页 共14页 所以24112OP = - 10 分 解法二：解法二： （1）由()2211xy+=得2220 xyx+= 因为222,cosxyx=+= 所以2cos=，即为C的极坐标方程 - 2 分 设(),P x y 因为点P到原点距离与到l距离相等 所以222xyx+=+，化简得244yx=+ 因为cos ,sinxy=，所以22sin4 cos4=+ 因为22sin1 cos= ，所以()22cos2=+ 因为1x ，所以cos20+ 所以cos2=+，化简得21cos=，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2,44ykxyx=+，解得21222 1kxk+= - 6 分 由22,20ykxxyx=+=，解得2221xk=+ - 7 分 由4OPOQ=，得()()1122,4,x yxy= 所以124xx=，所以10 x 所以22222 1841kkk+=+，即22211161kkk+=+ - 8 分 令21tk=+，则221161ttt+=，解得24t = 所以23k = 所以22114OPxy=+= - 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124= - 6 分 又22112sin4cos4,2cos=+= 所以()()228cossin4 8coscos4=+ - 8 分 化简得4216cos8cos10+ =，即21cos4= 因为20，所以1cos2= 所以24112OP = - 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()2222222abcabcabbcac+=+ - 2 分 () () ()22222212222abbcacabbcac=+ - 3 分 ()12222222abbcacabbcac+ ()3 abbcac=+ - 4 分 所以13abbcac+ - 5 分 （2）解法一：解法一： 当1ab=时，( )21f xxxc=+ - 6 分 因为对于任意的(, 2x ，( )4f x 恒成立 所以()2224fc=+ +，解得0c 或4c - 7 分 当0c 时 ( )()2132f xxxcxc=+= +在(, 2x 为减函数 所以( )()min244f xfc= +，即0c - 8 分 当4c 时 第13页 共14页 xy-2-3h(x)=2x+6g(x)=x+cO( )()2,2,2132 ,xccxf xxxcxcxc + =+=+ 在(, 2x 为减函数 所以( )()min24f xfc=，即4c - 9 分 综上所述，0c 或4c - 10 分 解解法二：法二： 当1ab=时，( )21f xxxc=+ - 6 分 因为对于任意的(, 2x ，( )4f x 恒成立 所以( )()214f xxxc= +，即26xcx+对于任意(, 2x 恒成立- 7 分 当3x 时，260 x + 所以26xcx+对于任意(, 3x 恒成立 所以cR - 8 分 当32x 时，260 x + 26xcx+对于任意(3, 2x 恒成立 可化为()223224360 xcxc+对于任意(3, 2x 恒成立 则()()()()()()2222332243360,322242360cccc+，即()2240,30ccc，解得0c 或4c - 9 分 综上所述，0c 或4c - 10 分 解解法三：法三： 当1ab=时，( )21f xxxc=+ - 6 分 因为对于任意的(, 2x ，( )4f x 恒成立 所以( )()214f xxxc= +，即26xcx+对于任意(, 2x 恒成立- 7 分 令( )( ),26g xxc h xx=+=+ 当2c ，即2c 时 ( )g xxcxc=+= 在(, 2x 上单调递减， ( )26h xx=+在(, 2x 上单调递增 所以( )()( )()minmax2222g xgch xh= += 第14页 共14页 xy-2-3h(x)=2x+6g(x)=x+cOxy-2-3h(x)=2x+6g(x)=x+cO解得0c 或4c ，所以0c - 8 分 当32c ，即23c时 ( )( )0,260g ch cc=+，不满足条件 - 9 分 当3c ，即3c 时 （i）当xc 时 ( )g xxcxc=+= ，( )26h xx=+在(,xc 上都为减函数 所以( )()( )()minmax0,260g xgch xhcc=+ 所以( )( )g xh x恒成立，即3c （ii）当2cx 时 ( )g xxcxc=+=+ 由( )( )g xh x，即26xcx+，得6cx+在(, 2xc 恒成立 所以()max64cx+=，所以4c 综合（i） （ii）可得4c 综上所述，0c 或4c - 10 分