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

1、第1页共14页厦门市 2020 届高中毕业班第一次质量检查数 学（理科）试题参考解答 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。题号123456789101112答案BDCACDBABABD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=，

2、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(,)2 e上单调递增，故1222lnln2ex xxxee=，D 错误.答案 D.二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13 43 14 128 15)1,+162第 16 题解答提示：解法 1：取1PF

3、 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|PFPFF FPO+=+，化简得2e=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=+，12PF F中，12coscos0POFPOF+=，化简得2e=解法 3：联立方程220002220020=6xycxxya+=+，解得2042202

4、396axcayac=，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：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 22 题、第 23 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 60 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，sincossinsin2ACA

5、BA+=-1 分因为sin0A，所以coscossin222ACBB+=-2 分所以sin2sincos222BBB=-3 分又sin02B，所以1cos 22B=-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

6、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 分解法一：又由（1）可知：NOAF，且 AFBEO=，AFBE、平面 ABFE所以 NO 平面 ABFE以直线

7、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

8、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：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x

9、yPDOAB1B形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想等满分 12 分解法一：（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

10、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+11

11、1112(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

12、BB B B=123123()+()P B B BP B B B=1222233333=+=-4 分（2）(i)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44,14,24,34,41327P

13、PPPP=+=-10 分解法二：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192012

14、PP，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，()

15、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：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()(

16、)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；

17、-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：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

18、 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

19、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 10 分。请考生在第 22、23 两题中任选一题作答。如果多做，

20、则按所做的第一题计分。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：（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

21、=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：（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244

22、yx=+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

23、21tk=+，则221161ttt+=，解得24t=所以23k=所以22114OPxy=+=-10 分 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

24、 10 分 解：（1）由已知得，()01fabcabc=+=+=-1 分所以()2222222abcabcabbcac+=+-2 分()()()22222212222abbcacabbcac=+-3 分()1 2222222abbcacabbcac+()3 abbcac=+-4 分所以13abbcac+-5 分（2）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

25、 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 xcx

26、c+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=+=

27、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