厦门市2020届高中毕业班期初线上质量检查（一）数学（理科）含答案.pdf

1、 B A1 B1 C1 O C A x y z 厦门市 2020 届高中毕业班 3 月线上质量检查 数数学学（理科理科）试题）试题参考答案参考答案 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 分分. 15：DBCBC 610：AABAB 1112：DC 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. 1327 1440 15 12 16), 2()2,(+ 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本题主要考查正弦定理、余弦定理和解三角形等知识

2、，考查运算求解能力，考查数形结合、函数与 方程、化归与转化等数学思想本题满分 12 分 解： （1）因为 coscos()cosbAcBcaB= ， 所以sin cossincos(sinsin )cosBACBCAB= ， 2 分 所以sincossincos2sincosBAABCB+=， 即sin( )2sincosABCB+= ， 3 分 因为在ABC中，ABC+=， (0, )C ， 所以sin2sincosCCB=，且sin0C ， 4 分 所以 1 cos 2 B =， 5 分 因为 (0, )B ，所以 3 B = 6 分 （2）因为22BDDC=，所以1BD =，2CD =，

3、3BC =， 因为ABC的面积为3 3，所以 1 3 sin3 3 23 c =，解得4c =， 8 分 由余弦定理得 2222 1 2cos422422 3 32 ADABBDAB BD =+=+ =， 9 分 所以 22222 2(2 3)16ADBDAB+=+=，即ADBD， 10 分 所以 22 13ACADBD=+=， 11 分 所以 13 sin 13 CD CAD AC = 12 分 18本题主要考查直线与平面位置关系，利用空间向量法求二面角，考查空间想象能力、推理论证能力 和运算求解能力，考查数形结合思想、转化与化归思想本题满分 12 分 （1）证明：因为AO 平面 11 BB

4、CC，所以 1 AOBC， 1 分 因为 1 BCBB=，所以四边形 11 BBCC是菱形，所以 11 BCBC， 2 分 因为 1 AOBCO=，所以 1 BC 平面 1 ABC， 4 分 所以 1 BCAB 5 分 （2）因为 11 AB与平面 11 BBCC所成的角为30， 11 ABAB， 所以AB与平面 11 BBCC所成的角为30， 因为AO 平面 11 BBCC， 所以AB与平面 11 BBCC所成的角为ABO， 所以=30ABO ， 令2BC =，则 1 =2= 3,=1BCBOOA， 以O为坐标原点，分别以 1 ,OB OB OA为, ,x y z轴建立如图空间直角坐标系，

5、6 分 则(0,0,0)O，( 3,0,0)B， 1(0,1,0) B，(0,0,1)A， 1( 3,0,0)C ， BC A D 因为 111 (0,0,1)(3,1,0)(3,1,1)OAOAAAOABB=+ = +=+=， 所以 1( 3,1,1)A ，平面 11 BC B的一个法向量为(0,0,1)OA=， 8 分 设平面 111 BC A的一个法向量为( , , )xzny=， 则 1 1 11 11 0 0 nAB C Bn = = ，即 30 30 xz xy += = ， 令1x =，则3y = ，3z =，(1,3, 3)n =， 10 分 所以 21 cos, 7| | n

6、 OA n OA nOA = ， 所以二面角 111 ABCB的余弦值为 21 7 12 分 19 本题考查茎叶图与直方图的应用， 考查22列联表及离散型随机变量的分布列及数学期望等知识， 考查数据处理能力、求解运算能力，考查样本估计总体思想本题满分 12 分 解： （1）由题知，女生样本数据中“安全通”为 6 人，非“安全通”为 14 人，男生样本中“安全通”人数为 122010)025. 0035. 0(=+人，非“安全通”的人数为 8 人，列出 22列联表如下： 2 分 假设 0 H：“安全通”与性别无关， 所以 2 K 的观测值为841. 3636. 3 22182020 )14128

7、6(40 2 =k， 4 分 所以没有 95%的把握认为“安全通”与性别有关 5 分 （2）由题知，随机选 1 女生为“安全通”的概率为3 . 0， 选 1 男生为“安全通”的概率为6 . 0， 6 分 X的可能取值为 0，1，2，3，4， 0784. 0)6 . 01 () 3 . 01 ()0( 22 =XP， 3024. 0)6 . 01 (6 . 0) 3 . 01 ()6 . 01)(3 . 01 ( 3 . 0) 1( 1 2 221 2 =+=CCXP， 221122 22 (2)0.3 (10.6)0.3(10.3)0.6(10.6)(10.3) 0.60.3924P XCC=

8、+=， 1944. 0)6 . 01 (6 . 03 . 06 . 0) 3 . 01 ( 3 . 0) 3( 1 2 221 2 =+=CCXP， 0324. 06 . 03 . 0)4( 22 =XP， 9 分 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 0.0784 0.3024 0.3924 0.1944 0.0324 10 分 所以 ()0 0.07841 0.30242 0.39243 0.19444 0.03241.8E X = + + + + = 12 分 20 本题主要考查轨迹方程的求法， 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， 考查数形结合、化归

9、转化思想本题满分 12 分 解： （1）设( , )P x y， 因为点P在线段AB上，且| 2|BPPA=，所以 3 (,0), (0,3 ) 2 x ABy， 2 分 男生 女生 合计 安全通 12 6 18 非安全通 8 14 22 合计 20 20 40 因为| 3AB =，所以 22 3 ()(3 )9 2 x y+=，即 2 2 1 4 x y+=， 所以点P的轨迹的方程为 2 2 1 4 x y+= 5 分 （2）设 1122 ( ,),(,)M x yN xy， 当l的斜率存在时，设: l ykxm=+， 由 2 2 1, 4 x y ykxm += =+ 得 222 (41)

10、8440kxkmxm+=， 6 分 所以 222 (8)4(41)(44)0kmkm =+，即 22 410km+ ， 2 1212 22 844 , 4141 kmm xxx x kk += = + ， 7 分 因为直线,QM QN的斜率之和为 2，所以 12 12 11 2 yy xx + +=， 所以 12 12 (1)() 22 mxx k x x + +=，即 2 (1)2 22 1 mkm k m + = ，所以1mk= ， 9 分 当1mk= 时，满足 22 410km+ ，即0 ，符合题意， 此时:1l ykxk=+ 恒过定点(1,1)， 10 分 当l的斜率不存在时， 12

11、xx=， 12 yy= ， 因为直线,QM QN的斜率之和为 2，所以 1222 12222 11112 2 yyyy xxxxx + +=+=， 所以 2 1x =，此时:1l x =，恒过定点(1,1)， 综上，直线l恒过定点(1,1) 12 分 21本题考查函数的导数与函数的单调性、最值等知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查分类 讨论、函数与方程、化归与转化、数形结合思想本题满分 12 分 解： （1）( )e2e(2) xx fxaa =+ 2 e(2)e2 e xx x aa+ = 2 分 ( e2)(e1) e xx x a+ =， 3 分 当0a 时，( )0fx，( )f

12、 x在R上单调递减； 4 分 当0a 时，由( )0fx得 2 lnx a ，所以( )f x在 2 ,ln a 上单调递减； 5 分 由( )0fx得 2 lnx a ，所以( )f x在 2 ln, a + 上单调递增 6 分 综上，当0a 时，( )f x在R上单调递减； 当0a 时，( )f x在 2 ,ln a 上单调递减，在 2 ln, a + 上单调递增 （2）解法一： 当 2 x =时， 22 ()e2e(2)0 22 faa =+，即 2 2 2 (e)0 2 e a +， 所以0a ， 7 分 令( )( )(2)cose2e(2)(2)cos xx g xf xaxaax

13、ax =+=+， 则( )e2e(2)(2)sin xx g xaaax =+ 2 e2 (2)(2)sin e x x a aax =+ 8 分 若2a，则当0,x时，( )0g x，所以( )g x在0,上单调递增； 当( ,)x+时，( )e2e(2)(2)sine2e(2)(2) xxxx g xaaaxaaa =+ 2 e2e4440 4 aa , 所以当0,)x+时，( )g x单调递增，所以( )(0)0g xg= 10 分 若02a，则(0)2(2)0ga=， ( )e2e(2)(2)sine2e(2)(2)e2e4 xxxxxx g xaaaxaaaa =+=， 由e2e40

14、 xx a =得 242 ln0 a x a + =， 所以 242 (ln)0 a g a + ， 所以 0 242 (0,ln a x a + ，使得 0 ()0g x=，且当 0 (0,)xx时，( )0g x， 所以( )g x在 0 (0,)xx上单调递减， 所以当 0 (0,)xx时，( )(0)0g xg=，不合题意 综上，a的取值范围为2a 12 分 解法二： 当 2 x =时， 22 ()e2e(2)0 22 faa =+，即 2 2 2 (e)0 2 e a +， 所以0a ， 7 分 若2a，由（1）知： ( )f x在 2 ln,x a + 上单调递增， 因为2a ，所

15、以 2 ln0 a ， 所以( )f x在0,)x+上单调递增， 所以当0,)x+时，( )(0)2(2)cosf xfaax=+. 9 分 若02a， 令( )( )(2)cose2e(2)(2)cos xx g xf xaxaaxax =+=+， 则( )e2e(2)(2)sin xx g xaaax =+ 2 e2 (2)(2)sin e x x a aax =+ 10 分 所以(0)2(2)0ga=， ( )e2e(2)(2)sine2e(2)(2)e2e4 xxxxxx g xaaaxaaaa =+=， 由e2e40 xx a =得 242 ln0 a x a + =， 所以 242

16、 (ln)0 a g a + ， 所以 0 242 (0,ln a x a + ，使得 0 ()0g x=，且当 0 (0,)xx时，( )0g x， 所以( )g x在 0 (0,)xx上单调递减， 所以当 0 (0,)xx时，( )(0)0g xg=，不合题意 综上，a的取值范围为2a 12 分 22本题考查曲线的普通方程、参数方程、极坐标方程等知识；考查运算求解能力；考查数形结合、函 数与方程思想满分 10 分 （1） 22cos , 2sin x y =+ = （为参数） 曲线 1 C的普通方程为( ) 2 2 24xy+=，即 22 40xyx+= 2 分 cosx=，siny=，

17、2 4cos0= 曲线 1 C的极坐标方程为4cos= 5 分 （2）依题意设 1 (, )A ， 2 (, )B ， 由 4cos = = 得 1 4cos=由 4sin = = 得 2 4sin= 0 4 ， 12 12 4cos4sinABOAOB= 7 分 OM是圆 1 C的直径， 2 OAM = 在直角OAMr中，4sinAM= 8 分 在直角BAMr中， 4 AMB = ABAM=，即4cos4sin4sin= 9 分 4cos8sin=，即 1 tan 2 = 10 分 23 本题考查绝对值不等式的性质、 解法， 基本不等式等知识； 考查推理论证能力、 运算求解能力； 考查化归与

18、转化，分类与整合思想满分 10 分 解： （1）()6 2 f ，2316aa +，即314aa+ 1 分 当3a 时，不等式化为 314 3 aa a + ，4a 2 分 当13a时，不等式化为 ()()314 13 aa a + ，此时a无解 3 分 当1a 时，不等式化为 () ()314 1 aa a + ，0a 4 分 综上，原不等式的解集为 | 0a a 或 4a 5 分 （2）要证Rx ， 1 ( )3+1f xa a 恒成立 即证Rx ， 1 2sin1+1xa a 恒成立 6 分 2sin x的最小值为2，只需证 1 21+1a a ，即证 1 1+12a a + 8 分 又 11111 1+11122aaaaa aaaaa + +=+=+= 1 1+12a a + 成立，原题得证 10 分