1、1 厦门市厦门市 2020 届高中毕业班第一次质量检查届高中毕业班第一次质量检查 数学（理科）试题数学（理科）试题 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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的。符合题目要求的。 1己知集合 A=xN|x2+x-6BD.B 5. 1618 年德国物理学家开普勒在宇宙谐和论上提出：绕以太阳为焦点的椭圆轨道运行的所有行 星， 其各自椭圆轨道半长轴长（单位：米）的立方（a3）与它的公转周期（单位：秒）的平方（T2） 之比是一个常量，即（其中 k 为开普
2、勒常数，M 为中心天体质量，G 为引力常量） 。 2 已知地球轨道的半长轴长约为 1.5 亿千米，地球的运行周期约为 1 年，距离太阳最远的冥王星轨道的 半长轴长约为 60 亿千米，则冥王星的运行周期约为 A. 150 年B. 200 年 C250 年D. 300 年 6某程序框图如图所示，该程序运行后输出的 S 的值是 A.-3B.CD2 7如图是某圆锥的三视图，其正视图是一个边长为 1 的正三角形，圆锥表面上的点 M、N 在正视图 上的对应点分别是 A、B则在此圆锥的侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为 A. 1B.C. 2D. 8在直角ABC 中，A=90，AB=6，AC=
3、8，D 是ABC 的内心，则= A.B 3 C D 9关于函数 f(x)=|cos x|+|sin x|有下述四个结论： f(x)是偶函数；f(x)在区间(0，)上是增函数；f(x)的最大值为 2；f(x)的周期为 其中所有正确结论的编号是 A.B CD. 10.己知点 M(1，2)，点 P 在抛物线 y2= 8x 上运动，点 Q 在圆(x-2)2+y2=1 上运动，则|PM|+|PQ|的最小 值为 A2B3C4D5 11在四面体 ABCD 中，AB=CD=2，AC=BD=，AD=BC=若平面同时与直线 AB、直线 CD 平行，且与四面体的每一个面都相交，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面
4、面积的最大值 为 A B C D 12己知直线 y=-x+2 分别与函数 y=ex和 y=lnx 的图象交于点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则下列结论错误 的是 A.x1+x2=2B. 2eC.+x2lnx2 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。 13己知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn=9-2an，则 a3=. 14 的展开式中常数项为（用数字作答） 15设函数 f(x)的定义域为 R，满足 f(x)+f(-x)=2，且当 x0 时，f(x)=-x2-2x+l若 f(2m-3)4，则实 数 m 的取值范围
5、是 16.己知双曲线=1（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1、F2，O 为坐标原点，P 是双曲线上 一点，且|OP|=a，点 M 满足 ，则双曲线的离心率为 三、解答题：共三、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，每个题为必考题，每个 4 试题考生都必须作答。第试题考生都必须作答。第 22 题、第题、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 60 分。 17.（12 分） ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 acos=bsin
6、A (1)求 B; (2)若 A=，AB 边上的中线 CM =2，求 AABC 的面积 18. (12 分) 如图，平行四边形 ABCD 中，AD= 2AB=6，E、F 分别为 AD、BC 的中点，以 EF 为折痕把四 边形 EFCD 折起，使点 C 到达点 M 的位置，点 D 到达点 N 的位置，且 NF= NA (l)求证：AF平面 NEB； (2)若 BE=2，求二面角 N-BE-M 的余弦值 19.（12 分） 己知椭圆 C：+y2=1，A 为 C 的上顶点，过 A 的直线 l 与 C 交于另一点 B，与 x 轴交于点 D， O 点为坐标原点 (1)若|AB|=，求 l 的方程； (2
7、)已知 P 为 AB 的中点，y 轴上是否存在定点 Q，使得=0?若存在，求 Q 的坐标；若不存在， 说明理由 20.（12 分） 小明和爸爸玩亲子游戏，规则如下：袋中装有 3 个大小相同的球，1 个白球，2 个红球，每次摸出一 个球，记下颜色后放回，若摸出白球，则下一次由原摸球人继续摸球；若摸出红球，则下一次由对 5 方摸球，规定摸球 m 次，最后一次由谁摸球就算谁获胜，第一次由小明摸球 (1)求前 3 次摸球中小明恰好摸 2 次的概率； (2)设第 n 次（nm）由小明摸球的概率为 Pn，则 P1=1. (i)求 P4； (ii)在 m=19 与 m=20 之中选其一，小明应选哪个？（只写
8、结果，不必说明理由！） 21.（12 分） 己知函数 f(x)=alnx+x-l，g(x)=x3-1 (1)若直线 l：y=-x+l 与曲线 y=f(x)相切，求实数 a 的值； (2)用 minm，m表示 m，n 中的最小值，设函数 h(x)=minf(x)，g(x)(x0)，讨论 h(x)零点的个数 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 两题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题两题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题 计分。计分。 22.选修 4-4:坐标系与参数方程（10 分） 在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的方程为 x=-2
9、，曲线 C 的方程为(x-1)2+y2=1，动点 P 到原点 O 的距 离与到 l 的距离相等以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系 (1)求 C 的极坐标方程和 P 点轨迹的极坐标方程； (2)若 Q 是曲线 C 上一点，且，求|OP| 23.选修 4-5:不等式选讲（10 分） 己知函数 f(x)= |x+a|+|x+b|+|x+c|. (1)若 a，b，c0，f(0)=1，证明：ab +bc +ac (2)若 a=b=l，对于任意的 x(-,-2)，f(x) 4 恒成立，求 c 的取值范围 欢迎访问“高中试卷网”http:/sj.fjjy.org 第1页 共14页 厦门
10、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 x ye=、lnyx=和y x= 的草图，因为,A B关于C对称， 且 12 01xx ， 因为()1,1C，所以 12=2 xx+，A 正
11、确； 由基本不等式， 1212 2=2 xxxx eeee + + ， 因为 12 xx， 所以等号不成立， B 正确； 因为 2 12 12 01 2 xx x x + = ，所以 1 2 1 01x x ，记( ) ln x f x x =， 则( ) 2 1 ln x fx x =，故01x时，( )0fx，所以 ( ) ln x f x x =在()0,1上单调递增，所以 () 1 2 1 f xf x ，即 12 22 1 2 1 ln ln ln 1 xx xx x x = ，即 1 22 1 ln ln0 x xx x + ，C 正确. 记( )2lng xxx=，则(1)10g
12、= ， () 13 20 22 geee=，则 2 1xe，又 () 122222 2lnx xxxxx=，易知lnyxx=在 3 ( , ) 2 e上单调递增，故 1222 lnln 2 e x 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。 13 4 3 14128 15) 1,+ 162 第 16 题解答提示： 解法解法 1： 取 1 PF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 | 2PFa
13、c=+，由平行四边形法则 2222 1212 2|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 00 22 (,) 33 xcy M ， 由 2=0 OP MF得 22 000 20xycx+=，即 222 00 ()xcyc+=，即 22 | |PFOFc=， 则 1 | 2PFac=+， 12 PFF中， 12 coscos0POFPOF+=，化简得2e = 解法解法 3： 联立方程 22 000 222 00 20 =6 xycx xya += + ，解得 2 0 4 22 0 2 3 9
14、6 a x c a ya c = = ，代入双曲线方程 4 2 2 2 22 9 6 9 1 a a a c cb = 化简得 4222222 699a ba cab c+=，即 2222 3a cb c=， 2222 3bcaa =，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
15、。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，sincossinsin 2 AC ABA + =- 1 分 因为sin0A，所以coscossin 222 ACBB+ = - 2 分 所以sin2sincos 222 BBB = - 3 分 又sin0 2 B ，所以 1 cos 22 B = - 4 分 又0 22 B ，所以 23 B =，即 2 3 B = - 5 分 第3页 共14页 O N M F ED C B A M C B A （
16、2）因为 2 3 B =， 6 A = 所以 6 CAB = - 6 分 故ABC为等腰三角形. 则c a= ， 2 a BM = - 8 分 在MBC中由余弦定理可得， 222 2cosMCBMBCBM BCB=+ 即 2 22 2 (2 7)2cos 223 aa aa =+ ，解得4a = - 10 分 所以 113 sin4 44 3 222 ABC SacB = = - 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AB
17、FE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 22 6FOEFEO= 所以 22 6NONFFO= 所以 222 9NOEONE+=，所以NO BE - 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 x y z O N M F ED
18、 C B A H O N M F ED C B A 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 006600 02 30 a BMyzx yz a BEx =+= = = ，取 1y =，得 (0,1,1)a = - 9 分 又平面NBE的一个法向量为(0, 6,
19、0)OA= - 10 分 所以 62 cos, 226 a OA a OA aOA = - 11 分 所以二面角NBEM的余弦值为 2 2 . - 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： 1 3 2 NHNF=， 11 3 22 OHBMAN=，6NO = 所以 6332 cos 2263 HON + = - 11 分 所以二面角NBEM的余弦值为 2 2 . - 12 分 19本题考查直线的方程、直线与椭圆
20、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 y P DO A B1 B 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 22 1 22 ykx xy =+ += ，化简得 22 (21)40kxkx+= 解得0x =或 2 4 21 k x k = + ，所以 2 22 412 (,) 21 21 kk B kk + - 3 分 所以 2 2 4 0 21 15 1 2 k A k Bk= + = +，化简得 42 44150
21、kk+= - 4 分 解得 2 3 = 2 k或 2 5 2 k = （舍去） ，即 6 = 2 k - 5 分 所以 6 :1 2 l yx= + - 6 分 （2）: 1l ykx=+ ，由（1）得 22 21 (,) 21 21 k P kk + ， 1 (,0)D k ，所以 1 2 OP k k = - 8 分 又因为0OP DQ=，所以OP DQ ，所以 2 DQ kk= 所以 1 :2 ()22 DQ lyk xkx k =+=+ 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
22、 满足条件. - 12 分 解解法二法二： （1）设 00 (,)B xy， 0 1y ，则 2 20 0 1 2 x y+=，即 22 00 22xy= - 2 分 则 2 222 0000 15 (1)23 4 ABxyyy=+= += 解得 0 1 2 y = 或 0 3 1 2 y = 舍去 - 4 分 所以 61 (,) 22 B ， 0 0 16 2 AB y k x = ，即 6 :1 2 l yx= + - 6 分 （2）由题设得 00 1 (,) 22 xy P + ， 当 0 1y 时，则有 22 0000 22 0000 +11111 2(1)2 OPAB yyyy kk
23、 xxxy = - 8 分 又OP DQ ，则有 1 DOPQ kk= ，即 22 ADQADB kkk= 第6页 共14页 又 Q DQ D y k x = ， A DA D y k x = ， 所以 22 AQ yy= ，则 (0,2)Q - 10 分 当 0 1y = ，,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
24、i B=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= 12222 33333 =+= - 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 4,1 P 情况 2 小明摸球 小明摸球 爸爸摸球 小明摸球 4,2 P 情况 3 小明摸球 爸爸摸球 小明摸球 小明摸球 4,3 P 情况 4 小明摸球 爸爸摸球 爸爸摸球 小明摸球 4,4 P - 5 分 则 4,1 1
25、111 33327 P=， - 6 分 则 4,2 1224 33327 P=， - 7 分 则 4,3 2214 33327 P=， - 8 分 则 4,4 2124 33327 P=， - 9 分 所以 44,14,24,34,4 13 27 PPPPP=+= - 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 1 1 3 n P - 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 1 1 (1)(1) 3 n P - 6 分 所以 11 11 (1)(1) 33 nnn PPP =+(2)n，即
26、1 12 33 nn PP= +(2)n - 7 分 所以 1 111 () 232 nn PP= (2)n，又 1 1P = 所以 1 2 n P 是以 1 2 为首项， 1 3 为公比的等比数列. 所以 1 111 () 223 n n P =，即 1 111 () 232 n n P =+. - 9 分 所以 3 4 11113 () 23227 P =+=. - 10 分 (ii)由(i)，猜测 1920 1 2 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
27、归与转化思想、分类与整合思想等满分 12 分 解： （1）依题意，( )1 a fx x =+ - 1 分 则曲线( )yf x=在点() 00 ,P xy处的切线方程为() 00 0 1 a yyxx x =+ 又 000 ln1yaxx=+，代入整理得 0 0 1ln1 a yxaxa x =+ - 2 分 此直线与: 1l yx= + 重合，得 0 0 11 ln1 1 a x axa + = = 消去 0 x得ln10 222 aaa = ， （*） - 3 分 记( )ln1r xxxx= +，则( )lnrxx = ， 当01x时，( )0rx ，( )r x单调递增； 当1x 时
28、，( )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0 2 a r = ， 第8页 共14页 所以1 2 a =，即2a = . - 5 分 （2）解法一：解法一： 当01x时，( ) 3 10g 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( )10 axa fx xx + =+ = ，得x a= （）若1a ，即1
29、a 时 ( )0 xa fx x + = 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( ) 1 10rr x = 恒成立，即ln1xx对0x 恒成立 则()()() 2 ln 42ln2221aaa= 所以()()() 2222 4ln 44122141210f
30、aaaaaaaa=+ + = 故存在() 2 0 ,4xaa ，进而存在() 0 ,xa +，使得() 0 0f x=，即() 0 0h 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 xa fx x + = ，( )f x在()0,+上单调递增， 第9页 共14页 而( ) 3 1g 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，
31、( )( )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 xa fx x + = 得x a= ， 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
32、 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( ) 1 10rr x = 恒成立，即ln1xx对0x 恒成立， 则()()() 2 ln 42ln2221aaa=， 所以()() ()() 2222 4ln 44122141210faaaaaaaa=+ + = 故存在() 2 0 ,4xaa 进而存在() 0 ,xa +，使得() 0 0f x=，即() 0 0h 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
