漳州市2020届高三理科数学4月质量检查含详细答案.pdf

1、准考证号姓名 (在此卷上答题无效) 漳州市 届高中毕业班第二次教学质量检测 理科数学试题 本试卷共 页 满分 分 考生注意: 答题前 考生务必在试题卷、 答题卡规定的地方填写自己的准考证号、 姓名 考生 要认真核对答题卡上粘贴的条形码的 “准考证号、 姓名” 与考生本人准考证号、 姓名是否 一致 回答选择题时 选出每小题答案后 用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑 如需改动 用橡皮擦干净后 再选涂其它答案标号 回答非选择题时 将答案写在答题卡 上 写在本试卷上无效 考试结束 考生必须将试题卷和答题卡一并交回 一、 选择题: 本大题共 小题 每小题 分 共 分 在每小题给出的四个选项中 只有

2、一项是符合题目要求的 已 知 集 合 则 ) ) ( ) 已知复数 的共轭复数为 且满足 则 执行如图所示的程序框图 若输入的 则输出的 已知等比数列 的前 项和为 若 则 的公比为 或 或 或 或 () 的展开式中 的系数为 理科数学第二次教学质量检测 第 页 (共 页) 我国古代著名数学家刘徽的杰作九章算术注 是中国最宝贵的数学遗产之一 书中记载 了他计算圆周率所用的方法 先作一个半径为 的单位圆 然后做其内接正六边形 在此 基础上做出内接正 ( ) 边形 这样正多边形的边逐渐逼近圆周 从而得 到圆周率 这种方法称为“刘徽割圆术” 现设单位圆的内接正边形的一边为 点 为劣弧 ( 的中点 则

3、 是内接正 边形的一边 现记 则 (注: 刘徽的九章算术注 节选) 已知正三棱柱的底面边长为 侧棱长为 分别为该正三棱柱内切球和外接 球上的动点 则 两点间的距离最大值为 若 则 ) 的左、 右焦点分别为 过 的直线与 的左、 右支分别交于 、 两点 若 则 的渐近线方程为 的内角 的对边分别为 且( ) 若边 的中线等于 则 的面积为 理科数学第二次教学质量检测 第 页 (共 页) 已知函数 () 其中 表示不超过实数 的最大整数 关于 () 有下述四个结论: () 的一个周期是 () 是非奇非偶函数 () 在 () 单调递减() 的最大值大于 其中所有正确结论的编号是 已知抛物线 : 的焦

4、点为 准线与 轴相交于点 过 的直线与 交于 、 两点 若 则 二、 填空题: 本大题共 小题 每小题 分 共 分 若函数 () ( ) 则实数 的取值范围为 三、 解答题: 共 分 解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤 第 题为必考 题 每个试题考生都必须作答 第 题、 第 题为选考题 考生根据要求作答 ( (一一) ) 必必考考题题: : 共共 分分 ( 分) 已知数列 满足 ( )( )( )( ) () 证明数列 是等差数列 () 求数列 的前 项和 理科数学第二次教学质量检测 第 页 (共 页) ( 分) 如图 三棱台 中 () 证明: () 若 求二面角 的余弦值 A A B

5、C 1 C1 B1 ( 分) 在平面直角坐标系 中 是 轴上关于原点 对称的两定点 点 满足 点 的轨迹为曲线 () 求 的方程 () 过 的直线与 交于点 线段 的中点为 的中垂线分别与 轴、 轴 交于点 问 是否成立? 若成立 求出直线 的方程 若不 成立 请说明理由 ( 分) 某同学使用某品牌暖水瓶 其内胆规格如图所示 若水瓶内胆壁厚不计 且内胆如图分 为 四个部分 它们分别为一个半球、 一个大圆柱、 一个圆台和一个小圆柱体 若其中圆台部分的体积为 且水瓶灌满水后盖上瓶塞时水溢出 10cm 20cm 4cm 2cm 记盖上瓶塞后 水瓶的最大盛水量为 () 求 () 该同学发现: 该品牌暖

6、水瓶盛不同体 积的热水时 保温效果不同 为了研 究保温效果最好时暖水瓶的盛水体积 做以下实验: 把盛有最大盛水量 的水的暖 水瓶倒出不同体积的水 并记录水瓶内不同体积水在不同时刻的水温 发现水温 (单位: ) 与时刻 满足线性回归方程 通过计算得到下表: 理科数学第二次教学质量检测 第 页 (共 页) 倒出体积 拟合结果 倒出体积 拟合结果 注: 表中倒出体积 (单位: ) 是指从最大盛水量中倒出的那部分水的体积 其 中: 令 ( ) 对于数据( )( ) 可求得回归直线为 : 对于数据( )( ) 可求得回归直线为 : () 指出 的实际意义 并求出回归直线 的方程(参考数据: ) () 若

7、 与 的交点横坐标即为最佳倒出体积 请问保温瓶约盛多少体积水时(盛水体 积保留整数 且 取 ) 保温效果最佳? 附: 对于一组数据( ) ( ) ( ) 其回归直线 中的 斜率和 截距的最小二乘估计分别为 ( )( ) ( ) ( 分) 已知函数 () () () 讨论 () 的单调性 () 若 直线 与曲线 () 和曲线 () 都相切 切点分别为 ( ) ( ) 求证: 理科数学第二次教学质量检测 第 页 (共 页) ( (二二) ) 选选考考题题: : 共共 分分 请请考考生生在在第第 、 、 两两题题中中任任选选一一题题作作答答 如如果果多多做做 则则按按所所做做第第一一 个个题题目目计

8、计分分 选修 : 坐标系与参数方程( 分) 已知曲线 的参数方程为 ( 为参数) 直线 过点 ( ) 且倾斜角为 () 求曲线 的普通方程和直线 的参数方程 () 设 与 的两个交点为 求 选修 : 不等式选讲( 分) 已知函数 () 的最大值为 () 求 的值 () 已知正实数 满足 是否存在 使得 理科数学第二次教学质量检测 第 页 (共 页) 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

9、 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 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

10、，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 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

11、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 ，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 22

12、2 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 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，

13、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 22 ()sincos()cossin()sincossin0cos( 1)cos1 44422 f ， 22 ( )sin cos( )cos sin( )sincossin0cos01 44422 f ， 所以()( ) 44 ff ，()(

14、 ) 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 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

15、 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 )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 y

16、yx 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】 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 7

17、0 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

18、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 . 漳州市 届高中毕业班第二次教学质量检测 理科数学答案及评分标准 评分说明: .本解答给出了一种或几种解法供参考如果考生的解法与本解答不同可根据试题的主 要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则 .对计算题当考生的解答在某一步出现错误时如果后继部分的解答未改变该题的内容

19、 和难度可视影响的程度决定后继部分的给分但不得超过该部分正确解答应给分数的一半 如果后继部分的解答有较严重的错误就不再给分 .解答右端所注分数表示考生正确做到这一步应得的累加分数 .只给整数分数 选择题和填空题不给中间分 一、选择题:本大题考查基础知识和基本运算 每小题 分满分 分 二、填空题:本大题考查基础知识和基本运算 每小题 分共 分 ( ) 三、解答题:本大题共 小题共 分 解答应写出文字说明证明过程或演算步骤 解:() 证明:因为( )( )( )( ) 所以( )( )( )( ) 分 又 所以 分 所以 即 分 所以数列 是等差数列 分 () 因为 ( )( ) 所以 ( ) 解

20、得 所以 分 结合() 知 ( ) ( ) 分 理科数学答案及评分标准 第 页(共 页) 所以 分 所以 ( ) 分 所以 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 分 解法一: () 过 作 交 于点 连接 分 因为 所以 所以 所以 所以 即 分 因为 所以 平面 分 又因为 平面 所以 分 () 因为 所以 所以 所以 因为 所以 所以 分 如图以为原点以 的方向为轴轴轴的正方向建立空间直角坐标 系 易知 所以 ( )()( ) 分 A A B C 1 C1 B1 z x y O 所以 ( ) ( ) 设 () 是平面 的一个法向量 则 即 取 ( ) 分 易知平面 的一个法向量 () 分

21、 理科数学答案及评分标准 第 页(共 页) 则 分 因为二面角 为锐角 所以二面角 的余弦值为 分 (注:其它解法相应给分 ) 解法一: () 因为 所以点 的轨迹是焦点为 、长轴长为 的椭圆 分 设椭圆方程为 ( ) 所以 所以 分 所以 的方程为 分 () 直线 的斜率必存在且不为 设 方程为 ( ) 分 O F1F2 M N G P Q x y 由 ( ) 消去 整理得 ( ) ( ) ( )( ) ( ) 设 ()()则 分 故点 的横坐标为 所以 ( ) 分 设 ()因为 所以 解得 所以 ( ) 分 要使 只需 分 理科数学答案及评分标准 第 页(共 页) 即 ( ) ( ) 分

22、整理得 因为 所以此方程无实根 所以 不成立 分 解法二: () 同解法一 分 () 直线 的斜率必存在且不为 设 方程为 分 由 消去 整理得( ) ( ) 设 ()()则 分 故点 的纵坐标为 所以 ( ) 分 因为直线 的斜率为 所以直线 的方程为 ( ) 即 分 令 则 所以点 的纵坐标为 即 分 所以 因为 所以 分 要使得 则必须 因为上式不成立所以 不成立 分 理科数学答案及评分标准 第 页(共 页) 解法三: () 同解法一 分 () 设 ()()()因为 在曲线 上且 所以 两式相减并整理得 分 所以直线 的斜率为 分 所以 的方程为 ( ) 分 令 得 所以点 的纵坐标 分

23、 所以 所以 分 要使得 则必须 因为上式不成立所以 不成立 分 解:() 依题意得半球的半径为 体积为 分 大圆柱体积 分 小圆柱体积 分 所以盖上瓶塞后水瓶的最大盛水量为 分 () () 的实际意义为倒出 体积水时暖水瓶内水的降温速率 越小降温速率越小保温效果越好 越大降温速率越大保温效果越差 分 因为 ( ) 对于回归直线 : 因为 ( )( ) ( ) 分 理科数学答案及评分标准 第 页(共 页) 所以 ( )( ) ( ) 分 所以回归直线 的方程为 分 () 联立 得 所以保温瓶最佳倒出体积约为 分 保温瓶盛水体积约为 分 所以保温瓶盛水体积约为 时保温效果最佳 分 注:第() 小题按以下做法也相应给分 () () 的实际意义为倒出 体积水时暖水瓶内水的降温速率 分 因为 ( ) 对于回归直线 : 因为 ( )( ) ( ) 分 所以 ( )( ) ( )