《福建省厦门市2020届高三数学第一次质量检查试题 文参考答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省厦门市2020届高三数学第一次质量检查试题 文参考答案.pdf（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、厦门市 2020 届高中毕业班第一次质量检查参考答案 文科数学 一、选择题： CADAC DCACB CB 二、填空题： 132 141 1563 16 6 7 ，10 32 21 三、解答题： 17本题主要考查等差、等比数列的定义，考查分组求和法、等比数列的求和运算以及对数运算；考查运算求解能力；考查化归与转化思想等.满分 12 分. 解：（1）因为1，na，+1na成等差数列，所以121nnaa+=+， 1 分 当1n =时，有1221=6aa=+，得13a =， 2 分 所以 +112(1)nnaa = ，又112a =，所以1121nnaa+=， 所以1na 是首项为2，公比为2的等比
2、数列. 5 分 （2）由（1）知1na 是首项为2，公比为2的等比数列， 所以11222nnna =，所以21nna =+ 6 分 所以123(21)(21)(21)(21)nnS =+ 7 分 123(2222 )nn=+2(12 )12nn=+122nn+=+， 9 分 所以2log10nS 即110222nn+， 10 分 因为 1(22)2(1)2210nnnnn+=+ ，所以数列122nn+为递增数列 当9n =时，10102922+，不满足，当8n =时，9102822+ 满足 所以满足不等式2log10nS 的最大的正整数n的值为8 12 分 18本题考查直线的方程、抛物线的定义
3、及轨迹方程、直线与圆锥曲线的关系等知识；考查运算求解能力、推理论证能力等；考查数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想等满分 12 分. 解：（1）法一：依题意：平面内动点E到定点F(0,1)和到定直线1y = 的距离相等， 1 分 根据抛物线的定义，曲线C是以点F为焦点，直线1y = 为准线的抛物线， 其方程为24xy= 3 分 法二：设点E( , )x y，依题意有：1EFy=+， 1 分 即22(1)1xyy+=+，化简得到C的方程为24xy=. 3 分 （2）法一：依题意可设直线l的方程为：1ykx=+，A11( ,)x y，B22(,)xy，0(, 1)Q x . 联立214yk
4、xxy=+=，得2440 xkx=，得124xxk+=，124x x = 5 分 由1228AByy=+=，得21212()2426yyk xxk+=+=+=， 所以21k = ，即1k = ，又由0k ，得1k =， 7 分 故：124xx+=，124xx= ，126yy+=，121yy=. 101(,1)QAxxy=+，202(,1)QBxxy=+，21212001212()1QA QBx xxx xxy yyy=+， 化简得：200430 xx+=，解得01x =或3，即(1, 1)Q或(3, 1)Q. 10 分 当Q为(1, 1)时，点Q到直线l的距离为|1 1 1|3 222+ +=
5、，13 286 222QABS= =； 当Q为(3, 1)时，点Q到直线l的距离为|3 1 1|5 222+ +=，15 2810 222QABS= =. 12 分 法二：依题意可设直线l的方程为：1ykx=+.A11( ,)x y，B22(,)xy，0(, 1)Q x . 联立214ykxxy=+=，得2440 xkx=，得124xxk+=，124x x = ， 5 分 由1228AByy=+=，得21212()2426yyk xxk+=+=+=， 所以21k = ，即1k = ，又由0k ，得1k =， 7 分 解得(22 2,32 2)A，(22 2,32 2)B+， 故而：0(22 2
6、,42 2)QAx=，0(22 2,42 2)QBx=+， 220000484168441QA QBxxxx=+=+= ，解得01x =或3， 得(1, 1)Q或(3, 1)Q. 10 分 当Q为(1, 1)时，点Q到直线l的距离为|1 1 1|3 222+ +=，13 286 222QABS= =； 当Q为(3, 1)时，点Q到直线l的距离为|3 1 1|5 222+ +=，15 2810 222QABS= =. 12 分 19. 本题考查直线与平面平行和直线与平面垂直、体积等基础知识；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. 证明：
7、（1）法一：如图，取PB的中点G，连接GC，EG. E是PA的中点，/ /EGAB，且12EGAB=， 又正方形ABCD，/ /ABCD，ABCD=， / /EGCD，且12EGCD=. F是CD的中点，12FCCD=，/ /FCEG且FCEG=， 四边形EGCF是平行四边形，/ /EFGC， 2 分 又GCPBC平面，EFPBC平面，/ /EFPBC平面. 4 分 法二：如图，连接AF并延长，交BC的延长线于H点. / /FCAB且F是CD的中点， 12HFFCAHAB=，F是AH的中点， E是AP的中点，/ /EFPH. 2 分 HBC，PHPBC平面,又EFPBC平面，/ /EFPBC平
8、面. 4 分 法三：如图，取AB中点M，连接EM，FM. ,E M分别是,AP AB的中点，/ /EMPB， 又EMPBC平面，PBPBC平面，/ /EMPBC平面. ,F M分别是,CD AB的中点，/ /FCMB，且FCBM=， 四边形BMFC是平行四边形，/ /MFBC， 又FMPBC平面，BCPBC平面，/ /MFPBC平面 . 3 分 又EMMFM=，/ /EFMPBC平面平面. EFEFM平面，/ /EFPBC平面. 4 分 解：（2）如图，取PB的中点G，由（1）可知,/ /EGCD，所以过,E F C的平面即为平面EGCD. 5 分 PAD是等边三角形，E是AP中点，EPED.
9、 在正方形ABCD中，ABAD， 平面PAD 平面ABCD，PADABCDAD=平面平面，ABABCD平面， ABPAD平面，由（1）可知/ /EGAB，EGPAD平面， EGEP，又EPED，DEEGE=，PE 平面EGCD. 7 分 13P EGCDEGCDVPES=. 在四棱锥PEGCD中，EGPAD平面,EGDE， 底面EGCD为直角梯形，又底面边长为 2，PAD是等边三角形， 3DE=，13 3(12)322EGCDS=+=，又1PE =， 113 3313322P EGCDEGCDVPES= =. 9 分 取AD的中点N，连接PN. PAD是等边三角形，N是AD中点，NPAD. 又
10、平面PAD 平面ABCD，PADABCDAD=平面平面 ,NPPAD平面 NPABCD平面， 4 33113433P ABCDABCDVPNS=. 11 分 所以33284 33P EGCDP ABCDVV=，所以被平面EFC分成的两部分的体积比为35. 12 分 20.本题考查频率分布直方图，样本数字特征估计总体数字特征等知识；考查学生的阅读理解能力、数据处理能力和运算求解能力；考查统计与概率思想、化归与转化思想、创新意识和应用意识满分 12 分. 解：（1）方法一 31个零件序号的中位数为1546，所有零件序号的中位数为12N +， 2 分 依题意得115462N +=，解得3091N =
11、. 3 分 方法二 抽取的31个零件将0,1N +划分为32个区间，平均长度为132N +， 前31个区间的平均长度为279131， 5 分 依题意得127913231N +=，解得2880N . 6 分 （2） 抽取的720件优等品占总数的720128804=，依题意得1(200200)4Pmym+=， 8 分 由频率分布直方图可知：(190210)(0.0290.041) 100.70.25Py=+=，故010m， 则 (200200)(0.0290.041) 100.25Pmymmm+=+=， 10 分 解得3m .故优等品的范围为197203y. 11 分 因为205197,203，所
12、以内径为205的零件不能作为优等品. 12 分 21.本题考查函数的单调性、导数及其应用、不等式等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查数形结合思想，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）12a = ( )21cos2f xxx=，( )sinfxxx=+， 1 分 法一：(0)0f =， 2 分 当(0,1x时，0 x ，sin0 x ，( )0fx，当(1,)x+时，( )sin1sin0fxxxx=+ +. 当0 x 时，( )0fx ， 又()sin( )fxxxfx= = ，( )fx是奇函数， 当0 x 时，( )0fx. 4 分 综上
13、，当0 x 时，( )0fx ，( )yf x=单调递减；当0 x 时，( )0fx ，( )yf x=单调递增； 因此0 x =为函数( )yf x=的极小值点，无极大值点. 5 分 法二：令( )( )sing xfxxx=+，(0)0f =， 2 分 则( )1cosgxx= +，cos1x ( )=1cos0gxx+，故( )yfx=在R上单调递增. 4 分 所以当0 x 时，( )( ) 00fxf=，( )yf x=单调递减；当0 x 时，( )( ) 00fxf=，( )yf x=单调递增；因此0 x =为函数( )yf x=的极小值点，无极大值点. 5 分 （2）当0 x =时
14、，( )0f x ，故( )2cos0 xf xax=，33,22x 且0 x . 6 分 令( )2cosxh xx=，则( )()243sin2 cos1sin2cosxxxxh xxxxxx=+， 1当0,2x时，( )0hx ，( )yh x=单调递减，当0 x ，( )h x +，02h=； 2当,2x时，令( )sin2cosxxxx=+，则( )cossin0 xxxx=，( )yx=单调递减，又022=，( )20 = ， 故存在0,2x使得()00 x=， 即当0,2xx时，( )0 x，( )0hx ，( )yh x=单调递减；当()0,xx时，( )0 x，( )0hx
15、，( )yh x=单调递增； 3当3,2x时，( )0hx ，( )yh x=单调递增； 综上可知：( )yh x=在()00,x上单调递减，在03,2x上单调递增. 9 分 由于( )yh x=为偶函数，只需函数( )yh x=与ya=在3(0,)2上有两个交点.( )0h +，02h=，()00h x，302h=，302Mh=，()0Nh x=. 10 分 以下估计()0Nh x=的范围： 法一：0()0 x=，000sin2cos0 xxx+=，0002cossinxxx= ， 220000020000cossin1cos11()(cos)4cos4cos4 cosxxxh xxxxxx
16、= 323()(-2)0424=，03(, )4x，02cos( 1,)2x . 令02cos( 1,)2tx= ，则000111 1()(cos)()4 cos4Nh xxtxt=， 1 1()4ytt=在2( 1,)2t 单调递减，1222(2)()4282yt+= = ， 02()8Nh x= ，28MN，结论得证. 12 分 法 二 ：32320424=，5530612=，035,46x，()0020cosxh xx=，032cos22x ，2203815416x， lxyMNROPlxyMNROP020cos2288xNx+=+=200208cos28xxx+20382528x +0
17、，28N . 28MNN= ，结论得证. 12 分 22选修44：坐标系与参数方程 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=，所以
18、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）因为4OPOQ=，所以设点()()12,PQ ，且124=. 6 分 又122,2cos1cos=，所以28cos1cos=， 8 分 解得1cos2=，所以24112OP =. 10 分 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
19、=，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21t
20、k=+，则221161ttt+=，解得24t =，所以23k =.所以22114OPxy=+=. 10 分 法三：（1）同解法二. （2）因为4OPOQ=，所以设点()()12,PQ ，且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
21、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）法一：当1ab=时，( )21f xxxc=+ 6 分 因为对于任意的(, 1x ，( )4f x 恒成立， 所以()114fc= +，解得3c 或5c . 7 分 当3c 时，( )()2132f xxxcxc=+= +在(, 1x 为减函数，
22、 所以( )()min114f xfc= ，即3c . 8 分 当5c 时，( )()2,1,2132 ,xccxf xxxcxcxc + =+=+ 在(, 1x 为减函数， 所以( )()min114f xfc= ，即5c ，所以5c . 9 分 综上所述，3c 或5c . 10 分 xy-2-3h(x)=2x+6g(x)=x+cO法二：当1ab=时，( )21f xxxc=+， 6 分 因为对于任意的(, 1x ，( )4f x 恒成立， 所以( )()214f xxxc= +，即26xcx+对于任意(, 1x 恒成立. 7 分 当3x 时，260 x +，所以26xcx+对于任意(, 3x 恒成立，所以Rc. 8 分 当31x 时，260 x +，26xcx+对于任意(3, 1x 恒成立， 可化为()223224360 xcxc+对于任意(3, 1x 恒成立， 则()()()()()()2222332243360,312241360cccc+，即()222150,30ccc，解得3c 或5c . 9 分 综上所述，3c 或5c . 10 分