福建省厦门市2020届高三数学3月线上质量检查试题（一）理（PDF）答案.pdf

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1、BA1B1C1OCAxyz厦门市 2020 届高中毕业班 3 月线上质量检查 数数学学（理科理科）试题）试题参考答案参考答案 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，共分，共 60 分分. 15：DBCBC 610：AABAB 1112：DC 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 1327 1440 1512 16), 2()2,(+ 三、解答题：三、解答题： 本大题共本大题共 6 小题，共小题，共 70 分分. 17本题主要考查正弦定理、余弦定理和解三角形等知识，考查运算求解能力，考查

2、数形结合、函数与方程、化归与转化等数学思想本题满分 12 分 解： （1）因为coscos()cosbAcBcaB=， 所以sincossincos(sinsin )cosBACBCAB=， 2 分 所以sincossincos2sincosBAABCB+=， 即sin()2sincosABCB+=， 3 分 因为在ABC中，ABC+=，(0, )C， 所以sin2sincosCCB=，且sin0C ， 4 分 所以1cos2B =， 5 分 因为(0, )B，所以3B= 6 分 （2）因为22BDDC=，所以1BD =，2CD =，3BC =， 因为ABC的面积为3 3，所以13 sin3

3、323c=，解得4c =， 8 分 由余弦定理得222212cos422422 332ADABBDAB BD=+=+ =， 9 分 所以222222(2 3)16ADBDAB+=+=，即ADBD， 10 分 所以2213ACADBD=+=， 11 分 所以13sin13CDCADAC= 12 分 18本题主要考查直线与平面位置关系，利用空间向量法求二面角，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，考查数形结合思想、转化与化归思想本题满分 12 分 （1）证明：因为AO 平面11BBCC，所以1AOBC， 1 分 因为1BCBB=，所以四边形11BBCC是菱形，所以11BCBC， 2 分 因

4、为1AOBCO=，所以1BC 平面1ABC， 4 分 所以1BCAB 5 分 （2）因为11AB与平面11BBCC所成的角为30，11ABAB， 所以AB与平面11BBCC所成的角为30， 因为AO 平面11BBCC， 所以AB与平面11BBCC所成的角为ABO， 所以=30ABO， 令2BC =，则1=2= 3,=1BCBOOA， 以O为坐标原点，分别以1,OB OB OA为, ,x y z轴建立如图空间直角坐标系， 6 分 则(0,0,0)O，( 3,0,0)B，1(0,1,0)B，(0,0,1)A，1(3,0,0)C ， BCAD因为111(0,0,1)(3,1,0)(3,1,1)OAO

5、AAAOABB=+ = +=+=， 所以1(3,1,1)A ，平面11BC B的一个法向量为(0,0,1)OA=， 8 分 设平面111BC A的一个法向量为( , , )xzny=， 则11111100nABC Bn=，即3030 xzxy+=， 令1x =，则3y = ，3z =，(1,3, 3)n =， 10 分 所以21cos,7| |n OAn OAnOA=， 所以二面角111ABCB的余弦值为217 12 分 19 本题考查茎叶图与直方图的应用， 考查22列联表及离散型随机变量的分布列及数学期望等知识，考查数据处理能力、求解运算能力，考查样本估计总体思想本题满分 12 分 解： （

6、1）由题知，女生样本数据中“安全通”为 6 人，非“安全通”为 14 人，男生样本中“安全通”人数为122010)025. 0035. 0(=+人，非“安全通”的人数为 8 人，列出22列联表如下： 2 分 假设0H：“安全通”与性别无关， 所以2K的观测值为841. 3636. 322182020)141286(402=k， 4 分 所以没有 95%的把握认为“安全通”与性别有关 5 分 （2）由题知，随机选 1 女生为“安全通”的概率为3 . 0， 选 1 男生为“安全通”的概率为6 . 0， 6 分 X的可能取值为 0，1，2，3，4， 0784. 0)6 . 01 () 3 . 01

7、()0(22=XP， 3024. 0)6 . 01 (6 . 0) 3 . 01 ()6 . 01)(3 . 01 ( 3 . 0) 1(122212=+=CCXP， 22112222(2)0.3 (10.6)0.3(10.3)0.6(10.6)(10.3) 0.60.3924P XCC=+=， 1944. 0)6 . 01 (6 . 03 . 06 . 0) 3 . 01 ( 3 . 0) 3(122212=+=CCXP， 0324. 06 . 03 . 0)4(22=XP， 9 分 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 0.0784 0.3024 0.3924 0.1944 0.0

8、324 10 分 所以()0 0.07841 0.30242 0.39243 0.19444 0.03241.8E X = + + + + = 12 分 20 本题主要考查轨迹方程的求法， 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，考查数形结合、化归转化思想本题满分 12 分 解： （1）设( , )P x y， 因为点P在线段AB上，且| 2|BPPA=，所以3(,0), (0,3 )2xABy， 2 分 男生 女生 合计 安全通 12 6 18 非安全通 8 14 22 合计 20 20 40 因为| 3AB =，所以223()(3 )92xy+=，即2214xy+=

9、， 所以点P的轨迹的方程为2214xy+= 5 分 （2）设1122( ,),(,)M x yN xy， 当l的斜率存在时，设: l ykxm=+， 由221,4xyykxm+=+得222(41)8440kxkmxm+=， 6 分 所以222(8)4(41)(44)0kmkm =+，即22410km+ ， 2121222844,4141kmmxxx xkk+= =+， 7 分 因为直线,QM QN的斜率之和为 2，所以1212112yyxx+=， 所以1212(1)()22mxxkx x+=，即2(1)2221mkmkm+=，所以1mk= ， 9 分 当1mk= 时，满足22410km+ ，即

10、0 ，符合题意， 此时:1l ykxk=+ 恒过定点(1,1)， 10 分 当l的斜率不存在时，12xx=，12yy= ， 因为直线,QM QN的斜率之和为 2，所以122212222111122yyyyxxxxx+=+=， 所以21x =，此时:1l x =，恒过定点(1,1)， 综上，直线l恒过定点(1,1) 12 分 21本题考查函数的导数与函数的单调性、最值等知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查分类讨论、函数与方程、化归与转化、数形结合思想本题满分 12 分 解： （1）( )e2e(2)xxfxaa=+2e(2)e2exxxaa+= 2 分 ( e2)(e1)exxxa+=，

11、3 分 当0a 时，( )0fx，( )f x在R上单调递减； 4 分 当0a 时，由( )0fx得2lnxa，所以( )f x在2,lna上单调递减； 5 分 由( )0fx得2lnxa，所以( )f x在2ln,a+上单调递增 6 分 综上，当0a 时，( )f x在R上单调递减； 当0a 时，( )f x在2,lna上单调递减，在2ln,a+上单调递增 （2）解法一： 当2x=时，22()e2e(2)022faa=+，即222(e)02ea+， 所以0a ， 7 分 令( )( )(2)cose2e(2)(2)cosxxg xf xaxaaxax=+=+， 则( )e2e(2)(2)si

12、nxxg xaaax=+2e2(2)(2)sinexxaaax=+ 8 分 若2a，则当0,x时，( )0g x，所以( )g x在0,上单调递增； 当( ,)x+时，( )e2e(2)(2)sine2e(2)(2)xxxxg xaaaxaaa=+ 2e2e44404aa, 所以当0,)x+时，( )g x单调递增，所以( )(0)0g xg= 10 分 若02a，则(0)2(2)0ga=， ( )e2e(2)(2)sine2e(2)(2)e2e4xxxxxxg xaaaxaaaa=+=， 由e2e40 xxa=得242ln0axa+=， 所以242(ln)0aga+， 所以0242(0,ln

13、axa+，使得0()0g x=，且当0(0,)xx时，( )0g x， 所以( )g x在0(0,)xx上单调递减， 所以当0(0,)xx时，( )(0)0g xg=，不合题意 综上，a的取值范围为2a 12 分 解法二： 当2x=时，22()e2e(2)022faa=+，即222(e)02ea+， 所以0a ， 7 分 若2a，由（1）知： ( )f x在2ln,xa+上单调递增， 因为2a，所以2ln0a， 所以( )f x在0,)x+上单调递增， 所以当0,)x+时，( )(0)2(2)cosf xfaax=+. 9 分 若02a， 令( )( )(2)cose2e(2)(2)cosxx

14、g xf xaxaaxax=+=+， 则( )e2e(2)(2)sinxxg xaaax=+2e2(2)(2)sinexxaaax=+ 10 分 所以(0)2(2)0ga=， ( )e2e(2)(2)sine2e(2)(2)e2e4xxxxxxg xaaaxaaaa=+=， 由e2e40 xxa=得242ln0axa+=， 所以242(ln)0aga+， 所以0242(0,lnaxa+，使得0()0g x=，且当0(0,)xx时，( )0g x， 所以( )g x在0(0,)xx上单调递减， 所以当0(0,)xx时，( )(0)0g xg=，不合题意 综上，a的取值范围为2a 12 分 22本

15、题考查曲线的普通方程、参数方程、极坐标方程等知识；考查运算求解能力；考查数形结合、函数与方程思想满分 10 分 （1）22cos ,2sinxy=+=（为参数） 曲线1C的普通方程为()2224xy+=，即2240 xyx+= 2 分 cosx=，siny=，24cos0= 曲线1C的极坐标方程为4cos= 5 分 （2）依题意设1(, )A ，2(, )B ， 由4cos=得14cos=由4sin=得24sin= 04，12 124cos4sinABOAOB= 7 分 OM是圆1C的直径，2OAM= 在直角OAMr中，4sinAM= 8 分 在直角BAMr中，4AMB= ABAM=，即4co

16、s4sin4sin= 9 分 4cos8sin=，即1tan2= 10 分 23 本题考查绝对值不等式的性质、 解法， 基本不等式等知识； 考查推理论证能力、 运算求解能力；考查化归与转化，分类与整合思想满分 10 分 解： （1）()62f，2316aa +，即314aa+ 1 分 当3a 时，不等式化为3143aaa+ ，4a 2 分 当13a时，不等式化为()()31413aaa+，此时a无解 3 分 当1a 时，不等式化为() ()3141aaa+，0a 4 分 综上，原不等式的解集为 |0a a 或4a 5 分 （2）要证Rx ，1( )3+1f xaa恒成立 即证Rx ，12sin1+1xaa 恒成立 6 分 2sin x的最小值为2，只需证121+1aa ，即证11+12aa+ 8 分 又111111+11122aaaaaaaaaa+ +=+=+= 11+12aa+成立，原题得证 10 分