1、漳州市漳州市 20192020 学学年高年高三三毕业班毕业班第二次教学第二次教学质量检查质量检查测试测试 理科数学试题理科数学试题小题部分解析小题部分解析 2020.4 2020.4 1 【答案】D 【解析】|1Ax x，BR，所以BAR，选择 D 2 【答案】B 【解析】设izab（a，bR） ，则izab，又因为232izz ，即3i32iab ， 所以1a，2b，所以5z，选择 B 3 【答案】C 【解析】输出的14321 222 S，选择 C 4 【答案】A 【解析】设公比为q，因为 4 21 4 3 3 3 S a ，所以 2 9 4 3 11 2 1 qaa qa ，所以 6 1
2、1 2 q q ，解得 3 1 q或 2 1 ， 选择 A 5 【答案】B 【解析】因为 4 (1 2 ) x的第1r 项展开式 14( 2 ) , 0,1,2,3,4 rr r TCxr ，令2r，则含 2 x项系数 为 22 4( 2) 24C，选择 B 6 【答案】A 【解析】法一：设AOB，则在AOB中，由余弦定理得cos22 2 2 n S，设AC与OB相 交于点D，则ADOD，所以 4 1cos 2 n S OA OD ，所以 2 2 2 2 42 4 122 n n n S S S，选择 A 法二：设AC与OB相交于点D，则ADOD，因为 1 2 n ADS，所以 2 1 4 n
3、 S OD ，所 以 2 111 4 n S BDOD ，所以 222 2 24 nn SBDADS，选择 A 法三： （特值检验法）取6n ，过程略. 7 【答案】C 【解析】易求得三棱柱外接球半径 5R ，内切球半径1r ，所以A，B两点间的距离最大值为 5 1Rr ，选择 C 8 【答案】B 【解析】 1 4 3 421.5 2 a ，又 23 125 ，即1252 3 ，所以b12log 2 3 5 ，所以ab， 又cb 9 1 log225log12log 3 155 ，所以cba，选择 B 9 【答案】D 【解析】设tPF 1 ，由已知条件及双曲线的定义得tPQ2，atPF2 2
4、，atQF23 2 ， 因为QFQF 21 ，所以在直角三角形 21QF F中，由勾股定理得 222 )2()23(4atatt，解得 at43 又在直角三角形 2 PQF中，由勾股定理得 222 4)23(9catt，所以 22 5ac 又 222 bac，所以ab2，所以双曲线的渐近线方程为xx a b y2，选择 D 10 【答案】C 【解析】因为2coscosbcAaC，所以2sinsincossincosBCAAC， 所以2sincossincossincosBAACCA，所以2sincossin()BAA C， 所以2sincossinBAB，因为sin0B ，所以 1 cos 2
5、 A，因为0,A，所以 3 A . 取BC的中点D，延长AD至点E，使得D是AE中点，连接EB，EC，则四边形ABEC是平 行四边形， 在三角形ACE 中，180120ACEA ，32AC，6AE，cABCE， 由余弦定理得363212 2 cc，解得32c， 所以三角形ABC的面积为33 2 3 )32( 2 1 2 ，选择 C 11 【答案】A 【解析】因为(2 )sincos(2 ) cossin(2 )sincos cossin ( )f xxxxxf x ， 所以)(xf的一个周期是2，正确； 又21 2 2 11sin0cos1sin0cossin0sincos)0(f，正确； 又
6、 22 ()sincos()cossin()sincossin0cos( 1)cos1 44422 f ， 22 ( )sin cos( )cos sin( )sincossin0cos01 44422 f ， 所以()( ) 44 ff ，()( ) 44 ff ，所以( )f x是非奇非偶函数，所以正确； 当(0,) 2 x 时，1sin0x，1cos0x，所以 0cossinxx，所以 10cos0sincossinsincos)(xxxf，所以错误； 综上所以正确的结论的序号是，选择 A 12 【答案】B 【解析】设直线AB的方程为1 kxy，由 yx kxy 4 1 2 ，得044
7、2 kxx， 设),( 11 yxA),( 22 yxB，则4 21 xx，kxx4 21 ，1616 2 k， 解法一：因为PBPA2，则) 1( 4) 1( 2 2 2 2 2 1 2 1 yxyx， 即)2( 4)2( 2 2 2 2 2 1 2 1 kxxkxx， 将代入得)2 4 ( 4)2 4 ( 2 2 21 2 2 2 1 21 2 1 x xx xx xx x， 即) 1 4 ( 16 4) 1 4 ( 4) 1 4 ( 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 xx x x x x， 即 4 1 22 1 2 1 22 1 2 1 )4(16 4 16 )
8、4(16 x xxxx ，所以64 4 1 x，即8 2 1 x，则2 2 2 x， 所以 2 9 2 4 2 2 2 2 1 21 xx yyAB,选择 B 解法二：因为 12211212 121212 11(2)(2) 22220 PAPB yyx kxx kxxx kkkkk xxx xx x 所以FP是角APB的平分线，因为PBPA2，所以FBAF2，所以 21 2xx， 由得8 2 1 x，2 2 2 x，所以 2 9 2 4 2 2 2 2 1 21 xx yyAB,选择 B 13.【答案】8 【解析】因为3184)2(f，所以8 2 1 ) 3()2( 3 fff 14 【答案】
9、 4 【 解 析 】 因 为5ab， 所 以 22 25 aa bb， 又(1,1)a，1b， 所 以 22 2cos,15 a b，即 2 cos, 2 a b，所以cos, 4 a b 15 【答案】 7 2 【解析】由已知2X，1，1，又 70 6)( )2( 4 8 22 2 2 4 C CC XP， 70 16)( ) 1( 4 8 41 2 4 4 C CC XP， 70 48)( ) 1( 4 8 21 2 1 2 2 4 C CCC XP，所以 7 2 70 48 70 16 70 12 EX 16 【答案】 1 ( ,) e 【解析】 因为(e1)(1)ln kx kxxx， 所以(e1)lne(1)ln kxkx xx， 令( )(1)lnf xxx， 则 1 ( )1 lnfx+ +x x ， 所以 22 111 ( ) x fx+ xxx ， 当01x时，( )0fx， 当1x 时， ( )0fx，所以( )fx在0,1单调递减，在1,单调递增，所以( )(1)2fxf，所以 ( )f x在0,单调递增，因为式可化为(e )( ) kx ff x，所以ekxx，所以 ln x k x ，令 ln ( ) x h x x ，所以可求得( )h x在0,e单调递增，在e,单调递减，所以 max 1 ( ) e h x，所 以 1 e k .
