1、数学试题（第 1 页 共 24 页） 2020 届福州市高中毕业班第三次质量检查 数 学 （ 理 科 ） 详 细 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 1. 已知纯虚数z满足(1 i)2iza，则实数a等于 A2 B1 C1 D2 【命题意图】本小题考查复数的概念与运算等基础知识；考查运算求解能力；考查函 数与方程思想；考查数学运算等核心素养，体现基础性 【答案】A 【解析】解法一：设i(,zb bR且0),b 则(1 i) ii2i.bbba 因为aR，所以 2, , b ab 所以2a ，故选 A 解法二： 2i(2
2、i)(1i)22 i 1i222 aaaa z 因为z为纯虚数,所以 20, 20, a a 解得2a ，故选 A. 2. 已知集合 2 2 20 ,log2Ax xxBx yx，则AB R A B2,2 C1,2 D2,1 【命题意图】本小题考查解一元二次不等式、函数的定义域，集合的交集、补集运算 等基础知识；考查运算求解能力；考查数学运算核心素养，体现基础性 【答案】D 【解答】依题意，21 ,2AxxBx x ，所以 B R 2x x，所以 AB R 2,1 3. 执行右面的程序框图，则输出的m A1 B2 C3 D4 【命题意图】本小题考查程序框图等基础知识；考查推理 论证能力；考查逻
3、辑推理核心素养，体现基础性 【答案】C 数学试题（第 2 页 共 24 页） 【解答】该框图的功能为求小于 12 的正整数中 3 的倍数的个数，故输出的m值应为 3，故选 C 4. 某种疾病的患病率为 0.5%，已知在患该种疾病的条件下血检呈阳性的概率为 99%， 则患该种疾病且血检呈阳性的概率为 A0.495% B0.940 5% C0.999 5% D0.99% 【命题意图】本小题考查条件概率等基础知识；考查推理证能力；考查统计与概率思 想；考查逻辑推理、数据处理等核心素养；体现基础性、综合性、应用性 【答案】A 【解答】设事件 A“血检呈阳性”，B“患该种疾病”依题意知 P(B)0.00
4、5， P(A|B) 0.99 ， 由 条 件 概 率 公 式 P(A|B) PAB PB ， 得 P(AB) P(B) P(A|B) 0.0050.99=0.004 95，故选 A 5. 函数 2 e2 x f xxx的图象大致为 A B C D 【命题意图】本小题考查函数的图象与性质等基础知识；考查运算求解能力；考查数 形结合思想，考查直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性 【答案】B 【解答】解法一：因为 e22,e2 xx fxxfx，令 e20 x fx，得 ln2x ，当ln2x时 0fx， fx为减函数；当ln2x时， 0fx， fx 为增函数，而ln222ln222ln20 f
5、 ，所以原函数存在两个极值点，故淘 汰选项 C 和 D将1x 代入原函数，求得 1e 1 20f ，淘汰选项 A，故选 B 解法二： 1e2 10f ， 淘汰选项 A， D； 当x 时， exf x 2x x， 淘汰选项 C故选 B 6. 甲、乙、丙、丁四名同学在某次军训射击测试中，各射击 10 次四人测试成绩对应 的条形图如下： Ox y 1 1 O x y 1 1 y 1 O1 xOx y 1 1 数学试题（第 3 页 共 24 页） 以下关于四名同学射击成绩的数字特征判断不正确 的是 A平均数相同 B中位数相同 C众数不完全相同 D丁的方差最大 【命题意图】 本小题考查统计图表、 数字特
6、征的概念等基础知识； 考查运算求解能力； 考查数形结合思想、统计与概率思想；考查直观想象、数据处理、数学运算等核心素 养，体现基础性、应用性 【答案】D 【解析】 由图的对称性可知， 平均数都为5； 由图易知， 四组数据的众数不完全相同， 中位数相同；记甲、乙、丙、丁图所对应的方差分别为 2222 1234 ,s s s s，则 22 2 1 450.5650.51s ， 222 2 2 450.3550.4650.30.6s ， 22222 2 3 350.3450.1550.2650.1750.32.6s ， 22222 2 4 250.1450.3550.2650.3850.12.4s
7、， 所以丙的方差最大故选 D 7. 已知角的终边在直线3yx 上，则 2 sin2 1cos A 6 11 B 3 11 C 3 11 D 6 11 【命题意图】本小题考查三角函数的定义、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；考查数学运算、直观想象等核心素养，体 现基础性 【答案】A 【解析】解法一：依题意，tan3 ，所以原式 222 2sincos2tan6 sin2costan211 ， 数学试题（第 4 页 共 24 页） 故选 A 解法二：不妨在直线3yx 上取一点1, 3P，则 2 2 1310r ，所以 1 cos, 10 3 sin 10
8、，所以 6 sin22sincos 10 ，原式 6 6 10 1 11 1 10 ，故 选 A 8. 数独是源自 18 世纪瑞士的一种数学游戏如图是数独的一 个简化版，由 3 行 3 列 9 个单元格构成玩该游戏时，需要 将数字1,2,3（各 3 个）全部填入单元格，每个单元格填一 个数字，要求每一行、每一列均有1,2,3这三个数字，则不 同的填法有 A12 种 B24 种 C72 种 D216 种 【命题意图】本小题考查计数原理等基础知识；考查运算求解能力、应用意识；考查 数学抽象、数学建模、逻辑推理等核心素养，体现综合性和应用性 【答案】A 【解答】先填第一行，有 3 3 6A 种不同填
9、法，再填第二行第一列，有 2 种不同填法， 当该单元格填好后，其它单元格唯一确定根据分步乘法计数原理，共有6212种 不同的填法故选 A 9. 已知函数 sin0 6 fxx 图象上相邻两条对称轴的距离为 2 ，把 f x图 象上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，再把得到的图象向右平移 3 个 单位长度，得到函数 g x的图象，则 A cos4g xx B cos4g xx C cosg xx D cosg xx 【命题意图】本小题考查三角函数图象的变换、诱导公式等基础知识；考查运算求解 能力；考查数形结合思想；考查数学运算、直观想象等核心素养，体现基础性 【答案】D 【解析】依题
10、意， 2 T 2 ，所以T ，所以 2 ，解得 ，所以 f x 数学试题（第 5 页 共 24 页） sin 2 6 x 把 f x图象上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，得到曲 线sin 6 yx ，再把曲线sin 6 yx 向右平移 3 个单位长度，得到曲线 sin 63 yx ，即cosyx，故 cosg xx，故选 D 10. 已知椭圆 22 22 :1 xy C ab （0ab ）的焦距为 2，右顶点为A过原点与x轴不重合 的直线交C于,M N两点，线段AM的中点为B，若直线BN经过C的右焦点，则C的 方程为 A 22 1 43 xy B 22 1 65 xy C 22
11、1 98 xy D 22 1 3632 xy 【命题意图】本小题考查直线与椭圆的位置关系等基础知识；考查运算求解能力、推 理论证能力；考查数形结合思想、函数与方程思想等；考查数学运算、直观想象等核 心素养，体现基础性 【答案】C 【解析】 解法一： 设 00 ,M x y， 则 00 ,Nxy， 因为,0A a 且线段AM的中点为B，所以 00 , 22 axy B ，由,B F N三 点共线得FNFB， 依题意，1,0F， 故FN 00 1,xy 00 1, 22 axy FB 即 00 00 110 22 yax xy ，又 0 0y ，解得3a，所以 222 318b ，所以椭圆C的标准
12、方程为 22 1 98 xy ，故选 C 解法二：设 00 ,M x y，则 00 ,Nxy，依题意，,0A a，AONB和是AMN的中 线， 所以1,0F为AMN的重心， 故 00 1 3 xxa ， 解得3a ， 所以 222 318b ， 所以椭圆C的标准方程为 22 1 98 xy 故选 C 11. 已知函数 1 lnf xxx x ，给出下列四个结论： 曲线 yf x在1x 处的切线方程为10xy ； 数学试题（第 6 页 共 24 页） f x恰有 2 个零点； f x既有最大值，又有最小值； 若 12 0x x 且 12 0f xf x，则 12 1x x 其中所有正确结论的序号
13、是 A B C D 【命题意图】本小题考查函数的图象性质、导数的应用等基础知识；考查运算求解能 力、推理论证能力；考查数形结合思想、函数与方程思想等；考查数学运算、直观想 象等核心素养，体现基础性、综合性 【答案】B 【解答】依题意， f x的定义域为,00, 当0x时， 2 22 111 1 xx fx xxx ，所以 11 f ，可知曲线在点1,0处 的切线方程为01yx，即10xy ，所以正确； 因为0x时， 2 2 13 24 0 x fx x ，所以 f x区间0,+上单调递减同理 可求 f x在区间,0上单调递减所以错误；又 10,10ff，所以正 确； 对于， 若 12 0xx0
14、,， 由 12 0f xf x得 1222 2 1 lnf xf xxx x 2 1 ln x 22 2 111 1 f xx x ，即 1 2 1 f xf x 因为 f x在0,上为减函数，所以 1 2 1 x x ，即 12 1x x 同理可证当 12 0,0xx时，命题也成立故正确 综上，故选 B 12. 三棱锥PABC中，顶点P在底面ABC的投影为ABC的内心，三个侧面的面积分 别为 12,16,20，且底面面积为 24，则三棱锥PABC的内切球的表面积为 A 4 3 B12 C16 3 D16 【命题意图】本小题考查空间点、线、面位置关系，空间几何体的侧面积、体积等基 数学试题（第
15、 7 页 共 24 页） 本知识；考查空间想象能力、运算求解能力、论证推理能力；考查化归与转化思想； 考查直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性、创新性 【答案】C 【解答】解法一：不妨设12,16,20, PBCPACPAB SSS 设P在底面ABC的投影为H， 分别作HDBC于点D，HEAB于点E，HFAC 于点F，则,PDBC,PEABPFAC依题意，H为ABC的内心，则 RtRtRtPDHPFHPEH，故PDPFPE， 又 1 2 PBC SBC PD ， 1 2 PAC SAC PF ， 1 2 PAB SAB PE ， 所以:12:16:203:4:5 PBCPACPAB SSS
16、BC AC AB ，所以90ACB 令3 ,4 ,5BCx ACx ABx. 所以 11 3424 22 ABC SBC ACxx ，解得2x ，所以6,8,10BCACAB. 设ABC内切圆半径为r，则 1 2 ABC BCACAB rS ， 即 1 681024 2 r，解得2r ，故2HD 由 1 12,6 2 PBC SBC PDBC ，得4PD ， 所以 22 2 3PHPDHD， 所以 11 242 316 3 33 P ABCABC VSPH ， 设三棱锥PABC的内切球的半径为R，则 1 3 P ABCPBCPACPABABC VSSSSR ，即 1 16 312162024
17、3 R，解得 2 3 3 R ，所以三棱锥PABC的内切球的表面积为 2 16 4 3 R ，故选 C 解法二：不妨设12,16,20, PBCPACPAB SSS 设P在底面ABC的投影为H， 分别作HDBC于点D，HEAB于点E，HFAC 于点F，则,PDBC,PEABPFAC依题意，H为ABC的内心，则 RtRtRtPEHPFHPDH， 故PDPFPE，且PEHPFHPDH，记为 数学试题（第 8 页 共 24 页） 所以cos HEHFHD PEPFPD ，故 cos HACHBCHAB PABPACPBC SSS SSS ， 所以 1 cos 2 BC PABPACPBC S SSS
18、 A ，所以 3 又 1 2 PBC SBC PD ， 1 2 PAC SAC PF ， 1 2 PAB SAB PE ， 所以:12:16:203:4:5 PBCPACPAB SSSBC AC AB ，所以90ACB 令3 ,4 ,5BCx ACx ABx. 所以 11 3424 22 ABC SBC ACxx ，解得2x ，所以6,8,10BCACAB. 设ABC内切圆半径为r，由直角三角形内切圆半径公式得 6810 2 2 r 由题意知三棱锥内切球的球心在PH上， 设为点O 由条件知点O也在PDH的角平 分线上，所以内切球半径 2 3 tan30 3 Rr ，所以三棱锥PABC的内切球的
19、表面积 为 2 16 4 3 R ，故选 C 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 分分，共，共 20 分分 13. 已知向量1,2AB ，2,5CB ，,1tMN 若ACMN，则实数t 【命题意图】本小题考查平面向量坐标运算等基础知识；考查运算求解能力；考查数 形结合思想、 函数与方程思想等； 考查数学运算、 直观想象等核心素养， 体现基础性 【答案】 1 3 【解析】 因为1,22,51, 3ACABCB ， 又因为,1tMN ，ACMN， 所以113t ，解得 1 3 t 14. 正方体 1111 ABCDABC D中，P为 1 BC中点，Q为 1
20、A D中点，则异面直线DP与 1 C Q所 成角的余弦值为 数学试题（第 9 页 共 24 页） 【命题意图】 本小题考查空间直线与直线的位置关系等基本知识； 考查空间想象能力、 运算求解能力、推理论证能力；考查化归与转化思想；考查直观想象、数学运算等核 心素养，体现基础性 【答案】 2 3 【解答】解法一：连结 11 ,CB QB，因为四边形 11 BCC B为正方形，P为 1 BC中点，所以 11 1 2 B PBC因为 11/ ABCD，所以四边形 11 CDA B为平行四边形，所以 11 /BCAD，又 Q为 1 AD中点，所以 1 /B PDQ，所以四边形 1 DPBQ为平行四边 形
21、，所以 1 BQDP，所以 11 BQC为异面直线DP与 1 C Q所成角 或 其 补 角 设 正 方 体 的 棱 长 为2 ， 在 1 RtBAQ中 ， 22 1111 246BQAQAB； 同理可求 1 6C Q 在 11 BC Q中， 222 1111 11 11 6642 cos 23266 BQCQBC CQB BQ CQ ， 故异面直线DP与 1 C Q所成角的余弦值为 2 3 解法二：如图， 以D为原点， 分别以 1 ,DA DC DD的方向为, ,x y z 轴的正方向， 建立空间直角坐标系Dxyz 设正方体的棱长为 2， 则各点的坐标为0,0,0 ,1,2,1 ,DP 1 0
22、,2,2 ,C1,0,1Q，所以 1 1,2,1 ,1, 2, 1DPC Q， 所以 1 cos,DP C Q 1 1 DP C Q DP C Q 141 66 2 3 所以异面直线DP与 1 C Q所成角的余弦值为 2 3 解法三：设正方体的棱长为 2， 1 ,DADCDDabc 则 111 222 DP bacabc， 1 111 222 C Q bacabc， 由 1 ,DA DC DD三条直线两两垂直得0a bb ca c， 数学试题（第 10 页 共 24 页） 所以 22 222222 1 111111 2224 224444 DP CQ abcabc， 222222 1 1111
23、 6,6 4444 DPC Qabcabc， 所以 1 cos,DP C Q 1 1 DP C Q DP C Q 4 66 2 3 所以异面直线DP与 1 C Q所成角的余弦值为 2 3 15. 在ABC中，内角, ,A B C的对边分别为, ,a b c，若 2 2sincos1AB，则 c ba 的取值 范围为 【命题意图】本小题考查解三角形等基础知识；考查运算求解能力；考查数形结合思 想、函数与方程思想、化归与转化思想等；考查数学运算、直观想象等核心素养，体 现基础性 【答案】2,3 【解析】在ABC中，因为 2 2sincos1AB，所以coscos2BA，所以2BA. 由正弦定理及题
24、设得 sinsinsincos2cossin2 sinsinsinsinsin2sin ABcCAAAA baBABAAA 22 sin2cos12sincos 2sincossin AAAA AAA 2 4cos1 2cos1 2cos1 A A A ，由 02, 03 BA CA 得 0 3 A，故 1 cos1 2 A，所以 c ba 的取值范围为2,3 16. 已知梯形ABCD满足,45ABCDBAD，以,A D为焦点的双曲线经过,B C两 点若7CDAB，则的离心率为 【命题意图】本小题考查直线与双曲线的位置关系等基础知识；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
25、程思想；考查数学运算、直观想象等核 心素养，体现基础性、综合性 【答案】 3 2 4 【解答】解法一：如图所示，以AD中点O为原点，以AD为x轴，建立直角坐标系 设点C关于点O对称的点为 C ，由对称性知，B,A, C 三点共线设的方程为 数学试题（第 11 页 共 24 页） )00( 1 2 2 2 2 ba b y a x ，)0 ,( cA , 11 (,)B x y , 22 (,)C xy， 则直线 BC 方程为cxy， 由 22 22 , 1 yxc xy ab 得 22224 ()20bayb cyb， 所以 42422 40b cbba ， 24 1212 2222 2 ,
26、b cb yyy y baba ， 由7CDAB，所以 21 7yy， 因为 12 ,y y异号，所以 21 7yy ， 由 21 2 12 22 7, 2 , yy b c yy ba ，解得 )( 3 7 )( 3 22 2 2 22 2 1 ab cb y ab cb y ， 代入 22 4 21 ab b yy ，得)(97 222 abc， 因为 222 acb，所以 22 89ca ， 所以的离心率 3 2 4 c e a 解法二： 如图所示，以AD中点O为原点， 以AD为x轴， 建立直角坐标系 设的方程为)00( 1 2 2 2 2 ba b y a x ， )0 ,( cA 依
27、题意，设,B mmc，则7 ,7C cmm， 2 2 22 2 2 22 1,(1) 749 1,(2) mcm ab cmm ab 由 1492得 22 2 3 3 77 ca b m cc ， 将 2 3 7 b m c 代入（1）得 4224 91780aa cc， 数学试题（第 12 页 共 24 页） 解得 22 98ac或 22 ac（舍去） ，所以的离心率 3 2 4 c e a 解法三：如图，连接,AC BD设该双曲线的焦距2ADc，实轴长为2a，则BD 2ABACCDa设ABm，则7CDm，2,27BDam ACam 依题意，45 ,135BADADC ， 在ABD中，由余弦
28、定理及题设得 2 22 242 2ammcmc， 在ACD中，由余弦定理及题设得 2 22 2749414 2ammcmc， 整理得 22 22,camac 22 272camac， 两式相除得 2 1 72 ac ac ，即6 28ac，故的离心率 3 2 4 c e a 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. （本小题满分 12 分） 已知数列 n a和 n b的前n项和分别为 n S, n T， 1 2a ， 1 1b ，且 11 2 nn aaT （1）若数列 n a为等差数列，求 n S； （2）若 11 2 nn bbS ，证明：数列 n
29、n ab和 nn ab均为等比数列 【命题意图】本小题考查等差数列、等比数列等基础知识；考查运算求解能力、推理 论证能力；考查化归转化思想；考查数学运算、逻辑推理等学科素养；体现基础性满分 12 分 【解答】 （1）由 11 2 nn aaT ，得 211 2aab， 又 1 2a ， 1 1b ，解得 2 4a . 1 分 因为数列 n a为等差数列，所以该数列的公差为 21 aa2， 2 分 所以 2 1 22 2 n n n Snnn 4 分 （2）当2n时， 11 2 nn aaT ， 因 为 1nnn TTb ， 所 以 1 2 nnn aab ， 即 AD C B 数学试题（第 1
30、3 页 共 24 页） 1 2 nnn aab ， 5 分 同理可得： 1 2 nnn bba 6 分 则 11 3() nnnn abab ，所以 11 3 nn nn ab ab （2n） ， 7 分 又 211211 24,25aabbba， 所以 22 11 45 3 3 ab ab ， 所以 11 3 nn nn ab ab （ * nN） ， 8 分 所以数列 nn ab是以 3 为首项，3 为公比的等比数列. 9 分 因为 11 () nnnn abab ，所以 11 1 nn nn ab ab （2n） ， 10 分 又 22 11 45 1 21 ab ab ，所以 11 1
31、 nn nn ab ab （ * nN） ， 11 分 所以数列 nn ab是以1为首项，1为公比的等比数列 12 分 18. （本小题满分 12 分） 如图，在多面体PABCD中，平面ABCD平面PAD，ADBC，90BAD， 120PAD，1BC ，2ABADPA （1）求平面PBC与平面PAD所成二面角的正弦值； （2）若E是棱PB的中点，求证：对于棱CD上任意一 点F，EF与PD都不平行 【命题意图】本小题考查直线与平面垂直的判定与性质，直线与平面平行、平面与平 面平行的判定与性质，二面角等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解 能力；考查化归与转化思想、函数与方程思想；考
32、查直观想象、逻辑推理等核心素养，体 现基础性、综合性满分 12 分 【解析】解法一： （1）因为ABAD，平面ABCD 平面PAD， 平面ABCD平面PADAD，AB平面ABCD， 所以AB 平面PAD. 1 分 作AHAD交PD于H，则,AB AD AH三条直线两两垂 ( )A O BC P x Dy z H A D CB P 数学试题（第 14 页 共 24 页） 直 以A为坐标原点O， 分别以AHADAB，所在直线为, ,x y z轴， 建立空间直角坐标系， 如图所示 2 分 因为120PAD，1BC ，2ABADPA 所以 0,0,0 ,0,0,2 ,0,1,2 ,0,2,0 ,3,
33、1,0ABCDP， 3 分 设平面PBC的法向量为, ,x y zn，因为 0,1,0 ,3, 1, 2BCBP ， 所以 0, 0, BC BP n n 所以 0, 320, y xyz 令2x ，所以 2,0, 3n， 4 分 由z轴平面PAD知0,0,1m为平面PAD的一个法向量, 5 分 所以 33 cos, 717 n m n m nm ， 6 分 所以PBC与平面PAD所成二面角的正弦值为 2 7 7 7 分 （2）因为E是棱PB的中点，由（1）可得 31 ,1 22 E . 假设棱CD上存在点F，使得EFPD， 8 分 设DFDC，01 ， 所以 3 53 5 , 10, 1,2
34、, 12 2222 EFEDDF ， 9 分 因为EFPD，所以 3,3,0EFtPDt， 10 分 所以 3 3 , 2 5 3 , 2 120, t t 这个方程组无解， 11 分 所以假设不成立，所以对于棱CD上任意一点F，EF与PD都不平行. 12 分 解法二： （1）如图，在平面PAD内，过点P作DA的垂线，垂足为M；在平面ABCD 内，过M作AD的垂线，交CB的延长线于点N连接PN 因为MNPMM，所以AD 平面PMN 1 分 ( )A O BC P x Dy z H E F A BC D P N M 数学试题（第 15 页 共 24 页） 因为ADBC，BC 平面PBC，AD 平面PBC， 所以AD平面PBC， 2 分 设平面PBC平面PADl，则ADl，故l 平面PMN 3 分 所以NPM为平面PBC与平面PAD所成二面角的平面角 4 分 因为120PAD，2ABADPA，所以60MAP， 在RtPAM中，2sin603PM 5 分 又2MNAB，所以在RtPMN 中， 22 7PNPMMN
