厦门市2020届高三1月质量检查(数学理)答案(扫描版)
厦门市2020届高中毕业班第一次质量检查理科参考解答
在 HON 中： NH = 1 NF = 3 ， OH = 1 BM = 1 AN = 3 ， NO = 6
2
2
2
所以 cos HON = 6 + 3 − 3 = 2 ------------------------------------------------------------------------------ 11 分 2 6 3 2
2
2
2
所以 sin B = 2sin B cos B ------------------------------------------------------------------------------------------- 3 分
2
22
又 sin B 0 ，所以 cos B = 1 -------------------------------------------------------------------------------------- 4 分
所以二面角 N − BE − M 的余弦值为 2 .------------------------------------------------------------------------12 分 2
19．本题考查直线的方程、直线与椭圆的位置关系等知识；考查运算求解能力、推理论证能力等；考查数
厦门市 2020 届高中毕业班第一次质量检查
数 学（理科）试题参考解答
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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。
题号 1
2
3
4
5
6
7
8
9
福建省厦门市2020届高中毕业班第一次质量检查数学(理科)试题及答案
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 17～21 题为必考题，每个试题考 生都必须作答。第 22 题、第 23 题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共 60 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， sin Acos A + C = sin B sin A ------------------------------------------------ 1 分 2
因为 sin A 0，所以 cos A + C = cos − B = sin B --------------------------------------------------------- 2 分
M
故 ABC 为等腰三角形.
则 c = a ， BM
=a
A
C
--------------------------------------------------------------------------------------------------- 8 分
2
在 MBC 中由余弦定理可得， MC2 = BM 2 + BC2 − 2BM BC cos B
解法 2：
设
P(
x0
,
y0
)
，
F1
(−
c,
0)
，
F2
(c,
0)
，依题意得
M
(
2
x0 − 3
c
,
2 y0 3
2020年福建省厦门市高考数学一模试卷(理科)(有解析)
2020年福建省厦门市高考数学一模试卷(理科)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合A ={x|−3<x <6}，B ={x|2<x <7}，则A ∩(∁R B)=( )A. (2,6)B. (2,7)C. (−3,2]D. (−3,2)2. 复数z 的共轭复数z −满足(2+i)z −=|3+4i|，则z =( )A. 2+iB. 2−iC. 1+2iD. 1−2i3. 某学校有男运动员100名，女运动员有50名，用分层抽样的方法从这150名运动员中抽一个容量为12的样本，那么应该抽男运动员( )A. 4人B. 6人C. 8人D. 10人4. 已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 10=100，则a 8的值为( )A. 16B. 15C. 14D. 135. 函数f(x)=xe x +2，x ∈[0,6]的最小值为( )A. 0B. 2C. 1e +2D. 6e 6+26. 已知正四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的底面边长为2，侧棱长为底面边长的2倍，E 点为AD 的中点，则三棱锥D −BEC 1的体积为( )A. 83 B.4 C. 43 D. 87. 设a =3x 2−x +2，b =2x 2−x −1，则a 与b 的大小关系为( )A. a >bB. a =bC. a <bD. 与x 有关8. 已知函数f(x)=asinx −√3cosx 的一条对称轴为x =−π6，若f(x 1)·f(x 2)=−4，则|x 1+x 2|的最小值为( )A. π3B. π2C. 2π3D. 3π49. 已知AB 为圆C 的弦，C 为圆心，且|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. −2 B. 2 C. √3D. −√310.中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家张遂在编制《大衍历》中发明了一种二次不等距插值算法：若函数y=f(x)在x=x1，x=x2，x=x3(x1<x2<x3)处的函数值分别为y1=f(x1)，y2=f(x2)，y3=f(x3)，则在区间[x1,x3]上f(x)可以用二次函数来近似代替：f(x)≈y1+k1(x−x1)+k2(x−x1)(x−x2)，其中k1=y2−y1x2−x1，k=y3−y2x3−x2，k2=k−k1x3−x1.若令x1=0，x2=π2，x3=π，请依据上述算法，估算sinπ5的值是()A. 1425B. 35C. 1625D. 172511.已知双曲线C：x216−y2b2=1(b>0)的右焦点与抛物线y2=20x的焦点重合，则双曲线C的渐近线方程为()A. 4x±3y=0B. 3x±4y=0C. 16x±9y=0D. 9x±16y=012.若函数f(x)=ax3−5ax2−｜x｜有四个不同的零点，则实数a的取值范围是()A. (−254,0) B. (−1,−425) C. (−∞,−254) D. (−∞,−425)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若(2x−1x)n展开式中各项的二项式系数之和为32，则该展开式中含x3的项的系数为______ ．14.要将甲、乙、丙、丁四位老师分配到A、B、C、D四个班级，每个班级一位老师，且甲不能分配到A班，则共有分配方案的种数为______．15.已知圆C1：(x−1)2+(y−2)2=9，C2：(x+3)2+(y−1)2=1，则两圆的外公切线段长等于______ ．16.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，CD的中点，N是BC的中点，动点M在四边形EFGH上及其内部运动，则当点M满足条件________时，有MN//平面B1BDD1．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且bsin2A=asinB．(1)求A；(2)求cos(B+π6)+sin(C+π3)的最大值．18.如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AD//BC，PD:DC:BC=1:1:√2.求直线PB与平面PDC所成角的大小．19.某产品的广告费用x万元与销售额y万元之间的对应数据如下：x24568y1030405070(1)画出上表数据的散点图(2)求出样本中心，(3)已知b̂=2.5，求y关于x的回归方程(â=y−−b̂x−)(4)已知x =10万元时，求销售收入y ．20. 已知定点A(−2,0)，B(2,0)，M 为动点，且满足直线MA 与直线MB 的斜率之积为−14．(Ⅰ)设动点M 的轨迹为曲线N ，求曲线N 的方程；(Ⅱ)过点(1,0)的直线与曲线N 交于两个不同的点C ，D ，直线CA ，DA 分别与直线x =−4交于点E ，F ，求S △ACDS△AEF的最大值．21. 已知函数f(x)=alnx −x 2+x 有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2).(1)若x 2−x 1=14，求实数a 的值； (2)若−325<a <−19，求f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2的取值范围．22.平面直角坐标系中，已知曲线C1：x2+y2=1。
厦门市2019-2020学年第一次一月市质检含详细解答
角为 45°，则 l 与 n 所成角为（
）
A．30°
B．45°
C．60°
D．75°
9．已知函数
f
xsinFra bibliotek
x
6
cosx
0
在0， 上的值域为
3，3 2
，则实
数 的取值范围是（
）
A．
1，1 63
B．
1，1 62
X
10
12
P
0.5
0.5
紫长茄今年的平均统一收购价格 Y（单位：万元／吨）的分布列如下：
Y
0.5
0.6
P
0.8
0.2
（1）某农户种植三个大棚紫长茄，每个大棚 1 亩，每个大棚产量相互独立，求这三个
大棚今年总产量不低于 34 吨的概率；
（2）紫长茄今年每亩种植成本约 1.5 万元，设 Z 表示该村紫长茄今年平均每亩的利润
．
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 17-21 题为必考题，
每个试题考生都必须作答，第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共 60 分．
17．本题主要考查等差数列、等比数列和数列求和，考查运算求解能力，考查化归转化思想、
函数方程思想渗透数学运算的核心素养．
生时间．2019 年 6 月 17 日 22 时 55 分四川省宜宾市长宁县发生 6.0 级地震，震源深度
约 16 千米，震中长宁县探测到纵波后 4 秒内通过电波向成都等地发出地震警报．已知
纵波传播速度约为 5.5~7 千米/秒，横波传播速度约为 3.2~4 千米／秒，长宁县距成都约
福建省厦门市2020届高中毕业班第一次质量检查 数学(理科)(含答案)
A. x1 +x2=2
B. e x1 e x2 > 2e
ln x1 C. x1 +x2lnx2 < 0
二、填空题：本大题共 4 小题。，每小题 5 分，共 20 分。
e D. x1x2 > 2
13．己知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn=9-2an，则 a3=
.
(1 x)(2 1 )6
D，O 点为坐标原点．
15 (1)若|AB|= 2 ，求 l 的方程； (2)已知 P 为 AB 的中点，y 轴上是否存在定点 Q，使得 OP PQ =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．
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 C．250 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. -3
1 B. 2
1 C． 3
D．2
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
4．A、B 两名同学 6 次的跳高成绩如图所示，且这 6 次成绩的平均分分别为 xA , xB ，标准差分别
为σA，σB，则
A. xA , > xB , σA <σB B. xA , < xB , σA<σB
C. xA , > xB , σA>σB D. xA , < xB , , σA>σB
福建厦门市2020年高三数学(理)第一次质量检测卷
福建厦门市2020年高三数学（理）第一次质量检测卷全卷满分150分，考试时间120分钟一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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。
1．己知集合A={x ∈N|x 2+x-6<0}，B={x ∈R|-1≤x≤3}，则A∩B=A. {x|-l<x<2}B.{0,1,2} C ．{x|-1≤x≤3} D.{0,1,2,3}2．若复数z 满足|z-l+i|=l ，z 在复平面内对应的点为(x ，y)，则A. (x+1)2+(y+1)2=1B. (x+1)2+(y-1)2=1C ．(x-1)2+(y-1)2=1D ． (x-1)2+(y+1)2=13.己知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，若a 3 =7，S 8=80，则a 6=A ．17B ．15C ．13D ．114．A 、B 两名同学6次的跳高成绩如图所示，且这6次成绩的平均分分别为B A x x ,，标准差分别为σA ，σB ，则A. ,A x >,B x σA <σBB. ,A x <,B x σA <σBC. ,A x >,B x σA >σBD. ,A x <,B x , σA >σB5.1618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（a 3）与它的公转周期（单位：秒）的平方（T 2）之比是一个常量，即2234,πGM k k T a ==（其中k 为开普勒常数，M 为中心天体质量，G 为引力常量）。
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 C ．250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. 21- C ．31 D ．2 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. 2C. 2D.π8．在直角△ABC 中，A=90°，AB=6，AC=8，D 是△ABC 的内心，则= A. AC AB 4132+-B ．AC AB 4132- C ．AC AB 3132+-D ．AC AB 3132- 9．关于函数f(x)=|cos x|+|sin x|有下述四个结论：①f(x)是偶函数；②f(x)在区间(0，2π)上是增函数；③f(x)的最大值为2；④f(x)的周期为2π 其中所有正确结论的编号是A.①② B ．①④ C ．①③④ D.②③④10.己知点M(1，2)，点P 在抛物线y 2= 8x 上运动，点Q 在圆(x-2)2+y 2 =1上运动，则|PM|+|PQ|的最小值为A ．2B ．3C ．4D ．511．在四面体ABCD 中，AB=CD=2，AC=BD=5，AD=BC=7．若平面α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，则该多边形截面面积的最大值为A ．833B ．23 C ．835 D ．837 12．己知直线y=-x+2分别与函数y=e x 和y=lnx 的图象交于点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则下列结论错误的是A. x 1 +x 2=2B. 21x x e e +> 2eC. 11ln x x +x 2lnx 2 < 0D. x 1x 2 >2e 二、填空题：本大题共4小题。
福建省厦门市2020届高三第一次质检理科综合试题及答案( word版)
厦门市2020届高中毕业班第一次质量检查理科综合能力测试可能用到的相对原子质量：H-I C-12 N-14 O-16第I卷（选择题共126分）一、选择题：（本题共13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．下列关于激素、酶和神经递质的叙述，正确的是A．激素和酶一经靶细胞接受并起作用后就被灭活了B．激素和神经递质都可以作为信息分子调节生命活动C．激素和酶都是蛋白质，能产生酶的细胞一定能产生激素D．酶和神经递质都能降低化学反应活化能，因此具有高效性2．下图是基因型为AABb的某生物体(2N=4)正常细胞分裂示意图（不考虑基因突变），下列叙述错误的是A．该细胞处于有丝分裂后期B．若染色体①有基因A，则④有基因A或aC．该图所示的细胞含有4个染色体组D．该细胞产生的子细胞中有2对同源染色体3．机体缺氧时，缺氧诱导因子( HIF)聚集到细胞核中，激活靶基因特定的DNA片段(HRE)，促进促红细胞生成素( EPO)的合成。
EPO是一种糖蛋白质激素，可作用于骨髓造血组织，促进红细胞生成，改善缺氧。
氧含量的增加促进HIF解体，以减少EPO的合成，调节过程如图所示。
下列说法正确的是A．EPO合成场所是细胞核B．缺氧时，EPO在HIF的作用下转变成了血红蛋白C．氧气充足时，HIF被解体以减少EPO的合成，这属于负反馈调节D．EPO作用的靶细胞是红细胞，红细胞数量增加可以改善缺氧情况4. 13三体综合征是一种严重的遗传病，患儿的畸形和临床表现比21三体综合征更严重。
该病在新生儿中的发病率约为1/25000，女性明显多于男性。
下列叙述正确的是A．可根据患儿中女性多于男性推测出该病受X染色体上的显性基因控制B．患儿多出的13号染色体若来自母方，则可判定原因是形成卵细胞时着丝点未分裂C．临床上可以通过基因测序来确定胎儿是否患有该病D．可以取胎儿体细胞在显微镜下检查，通过分析染色体形态、数目来辅助临床诊断5．下图表示某细菌细胞中部分氨基酸的代谢过程。
2020届福建省厦门市高三第一次质量检查(一模)数学试题(理科)(解析版)
厦门市2020届高中毕业班第一次质量检查数学（理科）试题满分150分 考试时间120分钟注意事项：1．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． 2．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．3．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12小题，每小题5分，共60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．1.已知集合{}260A x N x x =∈+-≤，{}R 13B x x =∈-≤≤，则A B =I （ ） A. {}12x x -≤≤B. {}0,1,2C. {}13x x -≤≤D. {}0,1,2,3 【答案】B【解析】【分析】解不等式化简集合A ，再进行交集运算，即可得答案；【详解】Q {}{}2600,1,2A x N x x =∈+-≤=， ∴{}0,1,2A B ⋂=.故选：B.【点睛】本题考查集合的交运算，考查运算求解能力，求解时注意x ∈N 这一条件的应用.2.若复数z 满足11z i -+=，z 在复平面内对应的点为(),x y ，则（ ）A. ()()22111x y +++=B. ()()22111x y ++-= C. ()()22111x y -+-=D. ()()22111x y -++= 【答案】D【解析】【分析】设(,)z x yi x y R =+∈，代入11z i -+=中，再利用模的运算，即可得答案； 【详解】设(,)z x yi x y R =+∈，代入11z i -+=得：()()22111x y -++=，故选：D.【点睛】本题考查复数模的运算、复数对应点的轨迹方程，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力，属于基础题. 3.已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若37a =，880S =，则6a =（ ）A. 17B. 15C. 13D. 11 【答案】C【解析】【分析】根据37a =，880S =求得1,a d 的值，再代入通项公式，即可得答案； 【详解】Q 37a =，880S =，∴11127,3,872,880,2a d a d a d +=⎧=⎧⎪⇒⎨⎨⨯=⋅+=⎩⎪⎩∴61513a a d =+=，故选：C.【点睛】本题考查等差数列基本量运算，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题.4.A 、B 两名同学6次的跳高成绩如图所示，且这6次成绩的平均分分别为A x ，B x ，标准差分别为A σ，B σ，则（ ）A. >A B x x ，A B σσ<B. <A B x x ，A B σσ<C. >A B x x ，A B σσ>D. <A B x x ，A B σσ>【答案】A【解析】【分析】根据图形中的数据，易得A 同学的平均值较高，且数据比较集中，即可得答案；【详解】根据图形中的数据知A 同学只是第3次成绩低于B 同学，可直观看出A 同学的平均成绩较高，故A B x x >；由于B 同学的成绩波动较大，所以A B σσ<；故选：A.【点睛】本题考查统计中的平均数与标准差，考查数据处理能力，属于基础题.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()3a 与它的公转周期（单位：秒）的平方()2T 之比是一个常量，即32a k T=，24GM k π=（其中k 为开普勒常数，M 为中心天体质量，G 为引力常量）．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C. 250年D. 300年【答案】C【解析】【分析】地球轨道的半长轴长和运行周期可求得k 的值，再进一步利用公式计算冥王星的运行周期. 【详解】由题意得：321.51k =， ∴3332222360 1.560(365243600)(365243600) 1.5T T ⨯⨯⨯=⇒=⨯⨯， 365225436000T ⨯⨯≈⨯（秒）∴250T ≈年.故选：C.【点睛】本题考查数学文化，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，求解时注意对时间单位的理解，可减少计算量.6.某程序框图如图所示，该程序运行后输出的S 的值是（ ）A. 3-B. 12-C. 13D. 2【答案】D【解析】【分析】 根据程序框图可知S 是一个周期数列，求出当2020i =时，对应S 的值，即可得答案；【详解】1,3i S ==-，212,42i S -===-， 1123,332i S ===， 434,223i S ===， 5,3i S ==-，L L2020,2i S ==，2021i =，输出2S =，故选：D.【点睛】本题考查程序框图中的循环结构，考查运算求解能力，求解时注意何时终止循环.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. 2C. 2D. π 【答案】B【解析】【分析】由三视图可知几何体的直观图为圆锥，则圆锥的侧展图如图所示，再根据三视图中的数据，即可得答案；【详解】由三视图可知几何体的直观图为圆锥， Q 圆锥的底面周长为122ππ⨯=，∴圆锥侧展图的圆心角为π，由三视图可得，点,A B 在侧展图的位置，如图所示，Q 1OA OB ==，OA OB ⊥，∴2AB =.故选：B.【点睛】本题考查三视图还原几何体的直观图、圆锥表面上两点间的最短距离，考查空间想象能力、运算求解能力.8.在直角ABC V 中，90A =︒，6AB =，8AC =，D 是ABC V 的内心，则BD =u u u r（ ） A. 2134AB AC -+u u u r u u u r B. 2134AB AC -u u u r u u u r C. 2133AB AC -+u u u r u u u r D. 2133AB AC -u u u r u u u r 【答案】A【解析】【分析】根据图形的特点建立直角坐标系，写出相关点的坐标，再利用平面向量基本定理的坐标运算，即可得答案；【详解】以A 为坐标原点，,AB AC 分别为,x y 轴建立直角坐标系，则(6,0)B ，(0,8)C ，Q 90A =︒，∴10BC =，设内切圆的半径为r ，则11(6810)68222r r ⋅++⋅=⋅⋅⇒=， ∴(2,2)D ，∴(6,0),(0,8),(4,2)AB AC BD ===-u u u r u u u r u u u r ， 设BD x AB y AC =+u u u r u u u r u u u r ，∴2,46,328,1,4x x y y ⎧=-⎪-=⎧⎪⇒⎨⎨=⎩⎪=⎪⎩∴2134BD AB AC =-+u u u r u u u r u u u r . 故选：A.【点睛】本题考查平面向量基本定理的坐标运算、三角形的内切圆半径求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.9.关于函数()cos sin f x x x =+有下述四个结论：①()f x 是偶函数；②()f x 在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上是增函数；③()f x 的最大值为2；④()f x 的周期为2π． 其中所有正确结论的编号是（ ）A. ①②B. ①④C. ①③④D. ②③④ 【答案】B【解析】【分析】对①，根据偶函数定义可判断；对②，去绝对值并利用导数判断；对③，直接根据同角三角函数的基本关系判断；对④，利用排除法可排除选项.【详解】对①，Q 函数的定义域为R 关于原点对称，且()()f x f x -=，∴()f x 为偶函数，故①正确； 对②，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()sin cos f x x x =+，则'()cos sin f x x x =-，Q '()0f x ≥在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭不恒成立，∴()f x 在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上是增函数错误，故②错误； 对③，若()f x 的最大值为2，则cos 1,sin 1x x ==，显然不可能同时取到，故③错误；利用排除法，可选排除选项ACD.故选：B.【点睛】本题考查三角函数的图象与性质运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意排除法的运用.10.已知点()1,2M ，点P 在抛物线28y x =上运动，点Q 在圆()2221x y -+=上运动，则PM PQ +的最小值为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】A【解析】【分析】 先根据圆外一点到圆上一点距离的最小值得PM PQ PM PF r +≥+-，再利用抛物线的定义，即可得答案；【详解】如图所示，过P 作准线的垂线交于N ， Q 11PM PQ PM PF r PM PF PM PN +≥+-=+-=+-，∴当,,P M N 三点共线时，PM PN +取得最小值3， ∴PM PQ +的最小值为2.故选：A.【点睛】本题考查圆外一点到圆上一点距离的最小值、抛物线的定义，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意线段之间转换的应用.11.在四面体ABCD 中，2AB CD ==，5AC BD ==7AD BC ==α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，则该多边形截面面积的最大值为（ ） A. 338 B. 32 C. 538 D. 38【答案】B【解析】【分析】根据题意可得截面为平行四边形，求出异面直线,AB CD 所成的角，再代入三角形的面积公式，利用基本不等式可求得面积的最值.【详解】如图所示，在四面体ABCD 中，截面为EFGH ，由线面平行的性质定理可得//,////AB EF AB HG EF HG ⇒，同理可得：//EH FG ；∴四边形EFGH 为平行四边形；当,,,E F G H 分别为边的棱的中点时， Q 2222211(2)2()4AE BC AB AC AE +=+⇒=， Q G 为AD 中点，AE DE =，∴EG AD ⊥， ∴22117144EG AE AG =-=-=， Q 1EF FG ==，∴3EFG π∠=；设CF x =，则5EF x EF x AB AC =⇒=，5(5)5FG x FG x CD AC -=⇒=-， ∴334533(5)555x x S EF FG x x ⎛⎫+-=⋅⋅=⋅-⋅≤⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，等号成立当且仅当52x =， ∴多边形截面面积的最大值为3， 故选：B.【点睛】本题考查线面平行性质定理的运用、截面的面积最值、基本不等式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意基本不等式求最值的运用.12.已知直线2y x =-+分别与函数x y e =和ln y x =的图象交于点()11,A x y ，()22,B x y ，则下列结论错误的是（ ）A. 122x x +=B. 122x x e e e +>C. 1221ln ln 0x x x x +<D. 122e x x > 【答案】D【解析】【分析】对A ，分别作出函数2y x =-+，x y e =，ln y x =的图象，通过图象观察易得122x x +=成立；利用基本不等式可证B 成立；构造函数()ln x f x x=可证C 成立；构造函数()2ln g x x x =--可得21x e <<再利用函数ln y x x =的单调性，可证得D 不成立；【详解】对A ，如图，作出函数xy e =、ln y x =和y x =的草图，因为A ，B 关于C 对称，且1201x x <<<，因为()1,1C ，所以122x x +=，故A 正确；对B ，由基本不等式，121222x x x x e e e e ++≥=，因为12x x ≠，所以等号不成立，故B 正确；对C ，因为21212012x x x x +⎛⎫<<= ⎪⎝⎭，所以12101x x <<<，记()ln x f x x =， 则()21ln x f x x -'=，故01x <<时，()0f x '>，所以()ln x f x x=在()0,1上单调递增，所以()121f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即1222121lnln ln 1x x x x x x <=-，即1221ln ln 0x x x x +<，故C 正确； 对D ，记()2ln g x x x =--，则()110g =>，132022g e e e ==<，则21x e <<()1222222ln x x x x x x =-=，易知ln y x x =在()1,e 上单调递增，故1222ln e x x x x e e =<=，故D 错误．故选：D ．【点睛】本题考查利用导数研究不等式问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意函数构造法的应用.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且92n n S a =-，则3a =________． 【答案】43 【解析】【分析】根据递推关系令1,2,3n n n ===，即可求得3a 的值.【详解】当1n =时，1111923S a a a =-=⇒=，当2n =时，22122922S a a a a =-=+⇒=，当3n =时，3312334923S a a a a a =-=++⇒=， 故答案为：43. 【点睛】本题考查数列递推关系的运用，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题.14.()6112x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项为________．（用数字作答） 【答案】128-【解析】【分析】 利用二项式定理求出612x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭通项公式，再根据r 的取值，即可得答案； 【详解】Q 612x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项公式61612(),0,,6r r r r T C r x -+==L 当0r =和1r =时，可得展开式中常数项为06156622128C C -=-， 故答案为：128-.【点睛】本题考查二项式定理求指定项的系数，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意符号问题. 15.设函数()f x 的定义域为R ，满足()()2f x f x +-=，且当0x >时，()221f x x x =--+．若()234f m -≤，则实数m 的取值范围是________．【答案】[)1,+∞【解析】【分析】由题意得函数()f x 关于(0,1)呈中心对称，由0x >的解析式可得函数在(0,)+∞单调递减，并求出()f x 的解析式，可得(1)4f -=，从而得到关于m 的不等式，即可得答案.【详解】Q ()()2f x f x +-=，∴()f x 关于(0,1)中心对称，当0x <时，设(,)x y 为图象上任意一点，则(,)x y 关于(0,1)对称点为(,2)x y --， ∴222()2()121y x x y x x -=----+⇒=-+，()()2f x f x +-=中，当0x =时，(0)1f =，∴2221,0,()1,0,21,0,x x x f x x x x x ⎧--+>⎪==⎨⎪-+<⎩所以()f x 在R 上单调递减，且(1)4f -=，∴()()23423(1)231f m f m f m -≤⇔-≤-⇔-≥-，解得m 1≥，故答案为：[)1,+∞.【点睛】本题考查函数的性质、利用函数的单调性解不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力. 16.已知双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F 、2F ，O 为坐标原点，P 是双曲线上一点，且OP =，点M 满足12F M MP =u u u u r u u u r ，20OP MF ⋅=u u u r u u u u r ，则双曲线的离心率为________．【答案】2【解析】【分析】取1PF 另一三等分点N ，则有2//ON MF ，又M 是PN 中点，则有Q 是OP 中点，再由平行四边形的对角线平方和等于四边的平方和，列出关于,a c 的方程，即可得答案；【详解】因为点M 满足12F M MP =u u u u r u u u r ，所以M 是1PF 一个三等分点，取1PF 另一三等分点N ，则有2//ON MF ，又M 是PN 中点，则有Q 是OP 中点，因为220OP MF OP MF FQ OP ⋅=⇒⊥⇒⊥u u u r u u u u r u u u r u u u u r ， 所以22PF OF c ==，则12PF a c =+，Q 由平行四边形对角线平方和等于四边的平方和， ∴22221212224PF PF F F PO +=+，∴22222(2)2(2)46a c c c a ++=+⋅，化简得2e =．故答案为：2.【点睛】本题考查双曲线的离心率求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意平面几何知识的运用.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17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22题、第23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.ABC V 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cossin 2A C a b A +=． （1）求B ；（2）若6A π=，AB 边上的中线27CM =，求ABC V 的面积．【答案】（1）23B π=（2）43【解析】【分析】 （1）由正弦定理可得sin cossin sin 2A C A B A +=，再利用诱导公式和倍角公式，求得23B π=，即可得答案； （2）利用余弦定理求出4a =，再代入三角形的面积公式，即可得答案；【详解】（1）依题设及正弦定理可得，sin cossin sin 2A C AB A +=， 因为sin 0A >，所以cos cos sin 222A CB B π+-==， 所以sin 2sin cos 222B B B =， 又sin 02B >，所以1cos 22B =， 又022B π<<，所以23B π=，即23B π=. （2）因为23B π=，6A π=， 所以6C A B ππ=--=，故ABC V 为等腰三角形． 则c a =，2a BM =在MBC △中由余弦定理可得，2222cos MC BM BC BM BC B =+-⋅⋅， 即()2222272cos 223a a a a π⎛⎫=+-⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭，解得4a =， 所以113sin 4443222ABC S ac B ==⨯⨯⨯=V .【点睛】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.18.如图，平行四边形ABCD 中，26AD AB ==，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 =．（1）求证：AF ⊥平面NEB ；（2）若3BE =N BE M --的余弦值．【答案】（1）见解析（2）22． 【解析】【分析】 （1）记AF BE O =I ，连接NO ，证明,,AF BE AF NO ⊥⊥即可证明结论；（2）先证明NO ⊥平面ABFE ，再以直线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，求出平面MBE 的法向量()0,1,1a =r ，平面NBE 的一个法向量()6,0OA =u u u r ，代入向量的夹角公式，即可求得二面角N BE M --的余弦值．【详解】（1）证明：记AF BE O =I ，连接NO ，可知四边形ABFE 是菱形，所以AF BE ⊥，且O 为AF ，BE 的中点，又NF NA =，所以AF NO ⊥，又因为NO BE O =I ，NO ，BE ⊂平面NEB ，所以AF ⊥平面NEB .（2）因为23BE =，所以3EO =，23NF =，所以226FO EF EO =-=， 所以226NO NF FO =-=，所以2229NO EO NE +==，所以NO BE ⊥，又由（1）可知：NO AF ⊥，且AF BE O =I ，AF ，BE ⊂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，则()0,6,0A ，()3,0,0B -，()3,0,0E，()0,6,0F -，()0,0,6N ，Q OM ON NM ON AB =+=+u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r ()()0,0,63,6,0=+--()3,6,6=--所以()3,6,6M --，所以()0,6,6BM =-u u u u r ，()23,0,0BE =u u u r ， 设(),,a x y z =r是平面MBE 的法向量，则 0660000230y z x a BM y z a BE x ⎧⎧-+==⎧⋅=⎪⎪⇒⇒⎨⎨⎨=⋅==⎩⎪⎪⎩⎩u u u u v v u u u v v ，取1y =，得()0,1,1a =r ， 又平面NBE 的一个法向量为()0,6,0OA =u u u r ， 所以62cos ,226a OA a OA a OA⋅===⨯⋅u u u r r u u u r r u u u r r ， 所以二面角N BE M --的余弦值为22．【点睛】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.19.已知椭圆22:12x C y +=，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2AB =，求l 的方程； （2）已知P 为AB 的中点，y 轴上是否存在定点Q ，使得0OP DQ ⋅=u u u r u u u r ？若存在，求Q 的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）:12l y x =±+（2）存在()0,2Q 【解析】【分析】（1）对直线的斜率进行讨论，当斜率不存在时显然不满足，当直线斜率存在时，设出直线方程，代入弦长公式求出斜率的值，即可得答案；（2）利用中点坐标公式求得2221,2121k P k k -⎛⎫⎪++⎝⎭，根据0OP DQ ⋅=u u u r u u u r 求出，DQ 的方程，即可得到定点坐标.【详解】（1）①当直线的斜率不存在时，:0l x =，2AB =，舍去；②当直线的斜率存在时，:1l y kx =+，0k ≠， 联立方程22122y kx x y ⎧=+⎨+=⎩，化简得()222140k x kx ++=， 解得0x =或2421k x k -=+，所以222412,2121k k B k k ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭，所以240212k AB k -=-=+，化简得4244150k k +-=，解得232k =或252k =-（舍去），即k =所以:1l y x =+.（2）①:1l y kx =+，由（1）得2221,2121k P k k -⎛⎫⎪++⎝⎭，1,0D k ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 所以12OP k k=-，又因为0OP DQ ⋅=u u u r u u u r ，所以OP DQ ⊥，所以2DQ k k =， 所以1:222DQ l y k x kx k ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭， 即存在定点()0,2Q 满足条件．②:0l x =，则O ，P 重合，()0,2Q 也满足条件综上，存在()0,2Q 满足条件．【点睛】本题考查直线的方程、直线与椭圆的位置关系等知识；考查运算求解能力、推理论证能力等；考查数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想等.20.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()n m ≤由小明摸球的概率为n P ，则11P =．（ⅰ）求4P ；（ⅱ）在19m =与20m =之中选其一，小明应选哪个？（只写结果，不必说明理由！）【答案】（1）23（2）（ⅰ）1327（ⅱ）选19次． 【解析】【分析】（1）设事件A ={前3次摸球中小明恰好摸2次球}，事件i B ={第i 次由小明摸球}，利用相互独立事件的概率计算，即可得答案；（2）（ⅰ）第4次由小明摸球有4种情况，分别计算概率，即可得到4P 的值：（ⅱ）由（ⅰ），猜测192012P P >>，所以选19次. 【详解】（1）设事件A ={前3次摸球中小明恰好摸2次球}，事件i B ={第i 次由小明摸球}，所以()()()()1231231231231222233333P A P B B B B B B P B B B P B B B =+=+=⨯+⨯=. （2）第4次由小明摸球有以下情况：则4,1111133327P =⨯⨯=， 则4,2122433327P =⨯⨯=， 则4,3221433327P =⨯⨯=， 则4,4212433327P =⨯⨯=， 所以44,14,24,34,41327P P P P P =+++=. （ⅱ）由（ⅰ），猜测192012P P >>，所以选19次. 【点睛】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.21.已知函数()ln 1f x a x x =+-，()31g x x =-． （1）若直线:1l y x =-+与曲线()y f x =相切，求实数a 的值；（2）用{}min ,m n 表示m ，n 中的最小值，设函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>，讨论()h x 零点的个数．【答案】（1）2a =-．（2）当1a ≥-时，()h x 有1个零点；当1a <-时，()h x 有2个零点．【解析】【分析】（1）设切点()00,P x y 利用切点既在曲线上又在切线上，导数的几何意义，可得方程组0011,ln 11,a x a x a ⎧+=-⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩消去0x 得ln 10222a a a ⎛⎫---= ⎪⎝⎭（*），利用导数解方程，即可得答案； （2）对x 分三种情况考虑，即01x <<、1x =、1x >，可得01x <<时无零点，1x =时一个零点，1x >时，()0g x >，()h x 的零点即为()f x 的零点，再利用零点存在定理，即可得答案；【详解】（1）依题意，()1a f x x'=+， 则曲线()y f x =在点()00,P x y 处的切线方程为()0001a y y x x x ⎛⎫-=+- ⎪⎝⎭， 又000ln 1y a x x =+-，代入整理得001ln 1a y x a x a x ⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭，此直线与:1l y x =-+重合，得0011,ln 11,a x a x a ⎧+=-⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩消去0x 得ln 10222a a a ⎛⎫---= ⎪⎝⎭（*）， 记()ln 1r x x x x =-+-，则()ln r x x '=-，当01x <<时，()0r x '>，()r x 单调递增；当1x >时，()0r x '<，()r x 单调递减；所以()()10r x r ≤=，当且仅当1x =时取等号．由（*）式可知02a r ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以12a -=，即2a =-． （2）①当01x <<时，()310g x x =-<，所以()()0h x g x ≤<，无零点，②当1x =时，()()110f g ==，从而()10h =，故1x =为()h x 的一个零点，③当1x >时，()0g x >，则()h x 的零点即为()f x 的零点，令()10a x a f x x x+=+=='，得x a =-， （ⅰ）若1a -≤，即1a ≥-时，()0x a f x x +'=>， 从而()f x 在()1,+∞上单调递增，进而()()10f x f >=，又()()10g x g >=，所以()0h x >，此时()h x 在()1,+∞上无零点.（ⅱ）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 =，()()10f a f -<=，故()f x 在()1,a -上无零点.另外，由（1）可知()110r r x ⎛⎫≤=⎪⎝⎭恒成立，即ln 1x x ≤-对0x >恒成立， 则()()()2ln 42ln 2221a a a =-≤--，所以()()()22224ln 44122141210f a a a a a a a a =+-≥⨯--+-=-->，故存在()20,4x a a ∈-，进而存在()0,x a ∈-+∞，使得()00f x =，即()00h x =， 此时()h x 在()1,+∞上存在唯一零点.综上可得，当1a ≥-时，()h x 有1个零点；当1a <-时，()h x 有2个零点．【点睛】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、化归与转化思想、分类与整合思想等.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在直角坐标系xOy 中，直线l 的方程为2x =-，曲线C 的方程为22(1)1x y -+=，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4OP OQ =u u u r u u u r ，求||OP ．【答案】（1）2cos ρθ=，21cos ρθ=-.（2）4 【解析】 【分析】（1）利用222,cos x y x ρρθ=+=，代入圆的方程2220x y x +-=，即可得到圆的极坐标方程；对点P 在y 轴右侧时，P 在y 轴，y 轴左侧时，三种情况进行讨论，均可得到21cos ρθ=-； （2）因为4OP OQ =u u u r u u u r，所以设点()()12,,,P Q ρθρθ，且124ρρ=，求出cos θ的值，即可得答案； 【详解】（1）由22(1)1x y -+=得，2220x y x +-=.因为222,cos x y x ρρθ=+=，所以2cos ρθ=，即为C 的极坐标方程. 当P 在y 轴右侧时，过点P 作x 轴的垂线，垂足为M ，作y 轴的垂线，垂足为N ，设l 与x 轴的交点为R ， 因为点P 到原点距离与到l 距离相等，所以||||||||||OP PN MR OR OM ===+.在RT OPM V 中，||||cos cos OM OP θρθ==，所以2cos ρρθ=+.因为0θ≠，所以21cos ρθ=-. 当P 在y 轴或y 轴左侧时，满足21cos ρθ=-. 综上，P 点轨迹的极坐标方程为21cos ρθ=-. （2）因为4OP OQ =u u u r u u u r ，所以设点()()12,,,P Q ρθρθ，且124ρρ=.又122,2cos 1cos ρρθθ==-，所以28cos 1cos θθ=-， 解得1cos 2θ=，所以2||4112OP ==-. 【点睛】本题考查曲线的极坐标方程等基础知识，考查直线与圆锥曲线的位置关系；考查运算求解能力、推理论证能力；考查数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想等．[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数()f x x a x b x c =+++++．（1）若a ，b ，0c >，()01f =，证明：13ab bc ac ++≤； （2）若1a b ==，对于任意的(,2]x ∈-∞-，()4f x ≥恒成立，求c 的取值范围．【答案】（1）见解析（2）0c ≤或4c ≥【解析】【分析】（1）由已知得()01f a b c =++=，两边平方再利用基本不等式，即可得答案；（2）对于任意的(],2x ∈-∞-，()4f x ≥恒成立，取()24f -≥得到c 的范围，进而验证0c ≤或4c ≥符合题意.【详解】（1）由已知得，()01f a b c a b c =++-=++=，所以()2222222a b c a b c ab bc ac ++=+++++ ()()()22222212222a b b c a c ab bc ac ⎡⎤=++++++++⎣⎦ ()12222222ab bc ac ab bc ac ≥+++++ ()3ab bc ac =++ . 所以13ab bc ac ++≤. （2）当1a b ==时，()21f x x x c =+++，因为对于任意的(],2x ∈-∞-，()4f x ≥恒成立，所以()2224f c -=+-+≥，解得0c ≤或4c ≥，①当0c ≤时，()()2132f x x x c x c =+++=-++在(],2x ∈-∞-为减函数，所以()()min 244f x f c =-=-+≥，即0c ≤，②当4c ≥时，()()2,22132,x c c x f x x x c x c x c ⎧--+-<≤-⎪=+++=⎨-++≤-⎪⎩在(],2x ∈-∞-为减函数， 所以()()min 24f x f c =-=≥，即4c ≥，综上所述，0c ≤或4c ≥.【点睛】本题考查基本不等式、含绝对值不等式等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力等；考查数形结合、转化与化归、函数与方程、分类与整合等数学思想方法．。
福建省厦门市2020届高中毕业班第一次质量检查 数学(理科)
厦门市2020届高中毕业班第一次质量检查数学（理科）试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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。
1．己知集合A={x ∈N|x 2+x-6<0}，B={x ∈R|-1≤x ≤3}，则A ∩B= A. {x|-l<x<2} B.{0,1,2} C ．{x|-1≤x ≤3} D.{0,1,2,3} 2．若复数z 满足|z-l+i|=l ，z 在复平面内对应的点为(x ，y)，则 A. (x+1)2+(y+1)2=1 B. (x+1)2+(y-1)2=1 C ．(x-1)2+(y-1)2=1 D ． (x-1)2+(y+1)2=13.己知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，若a 3 =7，S 8=80，则a 6= A ．17 B ．15 C ．13 D ．114．A 、B 两名同学6次的跳高成绩如图所示，且这6次成绩的平均分分别为B A x x ,，标准差分别为σA ，σB ，则A. ,A x >,B x σA <σBB. ,A x <,B x σA <σBC. ,A x >,B x σA >σBD. ,A x <,B x , σA >σB5. 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（a 3）与它的公转周期（单位：秒）的平方（T 2）之比是一个常量，即2234,πGM k k T a ==（其中k 为开普勒常数，M 为中心天体质量，G 为引力常量）。
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 C ．250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. 21-C ．31D ．27．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.2 C. 2 D.π8．在直角△ABC 中，A=90°，AB=6，AC=8，D 是△ABC 的内心，则BD =A. AC AB 4132+-B ．AC AB 4132- C ．AC AB 3132+- D ．AC AB 3132-9．关于函数f(x)=|cos x|+|sin x|有下述四个结论： ①f(x)是偶函数；②f(x)在区间(0，2π)上是增函数；③f(x)的最大值为2；④f(x)的周期为2π其中所有正确结论的编号是A.①② B ．①④ C ．①③④ D.②③④10.己知点M(1，2)，点P 在抛物线y 2= 8x 上运动，点Q 在圆(x-2)2+y 2 =1上运动，则|PM|+|PQ|的最小值为A ．2B ．3C ．4D ．511．在四面体ABCD 中，AB=CD=2，AC=BD=5，AD=BC=7．若平面α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，则该多边形截面面积的最大值为 A ．833 B ．23 C ．835 D ．837 12．己知直线y=-x+2分别与函数y=e x 和y=lnx 的图象交于点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则下列结论错误的是 A. x 1 +x 2=2 B. 21x x e e +> 2e C.11ln x x +x 2lnx 2 < 0 D. x 1x 2 >2e二、填空题：本大题共4小题。
福建省厦门市2020届理数高三毕业班第一次质量检测试卷
福建省厦门市2020届理数高三毕业班第一次质量检测试卷一、单选题 (共12题；共24分)1．（2分）已知A={x||x|≤1}，B={x|(x−12)2≤0}，则A∩C R B=（）A．[−1,1]B．ϕC．[−1,12)∪(12,1]D．(−1,1)2．（2分）设z=−i+3，则z̅+|z̅|=（）A．i−3+√10B．i+3+√10C．−i+3+√10D．−i−3+√10 3．（2分）中国武汉于2019年10月18日至2019年10月27日成功举办了第七届世界军人运动会.来自109个国家的9300余名运动员同台竞技.经过激烈的角逐，奖牌榜的前3名如下：某数学爱好者采用分层抽样的方式，从中国和巴西获得金牌选手中抽取了22名获奖代表.从这22名中随机抽取3人，则这3人中中国选手恰好1人的概率为（）A．2257B．191540C．571540D．17115404．（2分）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，公差为-2，且a7是a3与a9的等比中项，则S10的值为（）A．－110B．－90C．90D．1105．（2分）已知函数f(x)=e x+e−x，给出以下四个结论：⑴f(x)是偶函数；⑵f(x)的最大值为2；⑶当f(x)取到最小值时对应的x=0；⑷f(x)在(−∞,0)单调递增，在(0,+∞)单调递减.正确的结论是（）A．⑴B．⑴⑵⑷C．⑴⑶D．⑴⑷6．（2分）已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为1，高为2，M为B1C1的中点，过M 作平面α平行平面A1BD，若平面α把该正四棱柱分成两个几何体，则体积较小的几何体的体积为（）A．18B．116C．124D．1487．（2分）设a=e−12，b=4e−2，c=2e−1，d=3e−32，则a,b,c,d的大小关系为（）A．c>b>d>a B．c>d>a>b C．c>b>a>d D．c>d>b>a. 8．（2分）函数f(x)=sinx⋅|cosx|的最小正周期与最大值之比为（）A．πB．2πC．4πD．8π9．（2分）已知三角形ABC为直角三角形，点E为斜边AB的中点，对于线段AB上的任意一点D都有CE⇀⋅CD⇀=|BC⇀+AC⇀|=4，则|CD⃗⃗⃗⃗⃗ |的取值范围是（）A．[2,2√6]B．[2,2√6)C．[2,2√2]D．[2,2√2)10．（2分）中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编制《大衍历》发明了一种近似计算的方法——二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是比我国张隧晚了上千年）：对于函数y=f(x)在x1,x2,x3(x1<x2<x3)处的函数值分别为y1=f(x1),y2=f(x2),y3=f(x3)，则在区间[x1,x3]上f(x)可以用二次函数f(x)=y1+k1(x−x1)+k2(x−x1)(x−x2)来近似代替，其中k1=y2−y1x2−x1,k=y3−y2x3−x2,k2=k−k1 x3−x1.若令x1=0，x2=π2，x3=π，请依据上述算法，估算sin2π5的近似值是（）A．2425B．1725C．1625D．3511．（2分）已知双曲线x2a2−y2b2=1的右支与抛物线x2=2py相交于A,B两点，记点A到抛物线焦点的距离为d1，抛物线的准线到抛物线焦点的距离为d2，点B到抛物线焦点的距离为d3，且d1,d2,d3构成等差数列，则双曲线的渐近线方程为（）A．y=±√22x B．y=±√2x C．y=±√3x D．y=±√33x 12．（2分）已知方程xe x−a(e2x−1)=0只有一个实数根，则a的取值范围是（）A．a≤0或a≥12B．a≤0或a≥13C．a≤0D．a≥0或a≤−13二、填空题 (共4题；共4分)13．（1分）(2x+3y)4的展开式中二项式系数最大的项为.14．（1分）高三年段有四个老师分别为a,b,c,d，这四位老师要去监考四个班级A,B,C,D，每个老师只能监考一个班级，一个班级只能有一个监考老师.现要求a老师不能监考A班，b老师不能监考 B 班， c 老师不能监考 C 班， d 老师不能监考 D 班，则不同的监考方式有 种.15．（1分）已知圆 O ： x 2+y 2=1 ， 圆 N ： (x −a +2)2+(y −a)2=1 . 若圆 N 上存在点Q ，过点 Q 作圆 O 的两条切线. 切点为 A,B ，使得 ∠AQB =60∘ ，则实数 a 的取值范围是16．（1分）已知正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 的棱长为3. 点 N 是棱 A 1B 1 的中点，点 T 是棱 CC 1上靠近点 C 的三等分点. 动点 Q 在正方形 D 1DAA 1 (包含边界)内运动， 且 QB// 面 D 1NT ，则动点 Q 所形成的轨迹的长度为三、解答题 (共7题；共70分)17．（10分）已知函数 f(x)=sinx(cosx −sinx)+12.（1）（5分）求 f(x) 的单调递减区间；（2）（5分）在锐角 △ABC 中， a ， b ， c 分别为角 A ， B ， C 的对边，且满足 acos2B =acosB −bsinA ，求 f(A) 的取值范围.18．（10分）在三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 中，已知 AB =AC =AA 1=√5 ， BC =4 ， O 为 BC 的中点， A 1O ⊥ 平面 ABC（1）（5分）证明四边形 BB 1C 1C 为矩形；（2）（5分）求直线 AA 1 与平面 A 1B 1C 所成角的余弦值.19．（10分）根据养殖规模与以往的养殖经验，某海鲜商家的海产品每只质量（克）在正常环境下服从正态分布 N(280, 25) ．附：若随机变量 Z ～N(1,4) ，则 P(−5<Z <7)=0.9974 ， 0.998710≈0.9871 ；对于一组数据 (u 1,v 1) ， (u 2,v 2) ， ⋅⋅⋅ ， (u n ,v n ) ，其回归线 v =α+βu 的斜率和截距的最小二乘估计分别为 β̂=∑(u i −u ̅)(v i−v ̅)ni=1∑(u i −u̅)2n i=1， α̂=v ̅−β̂u ̅ ． （1）（5分）随机购买10只该商家的海产品，求至少买到一只质量小于 265 克该海产品的概率．（2）（5分）2020年该商家考虑增加先进养殖技术投入，该商家欲预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量．现用以往的先进养殖技术投入 x i （千元）与年收益增量 y i （千元）（ i =1,2,3,⋅⋅⋅,8 ）的数据绘制散点图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线 y =a +b √x的附近，且 x ̅=46.6 ， y ̅=563 ， t =6.8 ， ∑8i=1(x i −x ̅)2=289.8 ， ∑8i=1(t i −t )2=1.6 ， ∑(x i −x ̅)i=18(y i −y ̅)=1469 ， ∑(t i −t )8i=1(y i −y ̅)=108.8 ，其中 t i =√x i ， t = 18∑8i=1t i ．根据所给的统计量，求 y 关于 x 的回归方程，并预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量．20．（10分）在平面直角坐标系 xOy 中，圆 A:(x −1)2+y 2=16 ，点 B(−1,0) ，过 B 的直线 l与圆 A 交于点 C,D ，过 B 做直线 BE 平行 AC 交 AD 于点 E ． （1）（5分）求点 E 的轨迹 τ 的方程；（2）（5分）过 A 的直线与 τ 交于 H 、 G 两点，若线段 HG 的中点为 M ，且 MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，求四边形 OHNG 面积的最大值． 21．（10分）已知函数 f(x)=lnx +ax +1 有两个零点 x 1,x 2 .（1）（5分）求 a 的取值范围；（2）（5分）记 f(x) 的极值点为 x 0 ，求证： x 1+x 2>2ef(x 0) .22．（10分）在直角坐标系xOy 下，曲线C 1的参数方程为 {x =cosα,y =sinα （ α 为参数），曲线C 1在变换T ： {x ′=2xy ′=y 的作用下变成曲线C 2． （1）（5分）求曲线C 2的普通方程；（2）（5分）若m>1，求曲线C 2与曲线C 3：y=m|x|-m 的公共点的个数．23．（10分）已知函数 f(x)=|x −2|+|3x +1|−m ．（1）（5分）当 m =5 时，求不等式 f(x)>0 的解集；（2）（5分）若当 x ≠14 时，不等式 f(x)+16|4x−1|>0 恒成立，求实数m 的取值范围．答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：∵A ={x||x|≤1} ， B ={x|(x −12)2≤0} ，∴A =[−1,1] ， B ={12} ，∴A ∩C R B = [−1,12)∪(12,1] ，故答案为：C ．【分析】先求出集合 A ， B ，再根据交集和补集的定义求解即可．2．【答案】B【解析】【解答】解：∵z =−i +3 ， ∴z̅=i +3 ， ∴z ̅+|z ̅|=i +3+√10 ， 故答案为：B ．【分析】根据共轭复数的定义以及复数的模直接运算即可．3．【答案】C【解析】【解答】解：中国和巴西获得金牌总数为154，按照分层抽样方法，22名获奖代表中有中国选手19个，巴西选手3个， 故这3人中中国选手恰好1人的概率 P =C 191C 32C 223=571540， 故答案为：C ．【分析】先根据分层抽样确定中国选手的人数，再利用组合数根据古典概型的概率计算公式求解即可．4．【答案】D【解析】【解答】解：∵a 7 是 a 3 与 a 9 的等比中项，∴a 72=a 3a 9 ，又数列 {a n } 的公差为 −2 ，∴(a 1−12)2=(a 1−4)(a 1−16) ，解得 a 1=20 ， ∴a n =20+(n −1)×(−2)=22−2n ， ∴S 10=10(a 1+a 10)2=5×(20+2)=110 ，故答案为：D ．【分析】根据等比中项的定义得 a 72=a 3a 9 ，结合公差可求出首项，从而可得答案．5．【答案】C【解析】【解答】解：∵f(x)=e x +e −x ，∴f(−x)=e −x +e x =f(x) ， ∴函数 f(x) 为偶函数，故（1）对；又 f′(x)=e x −e −x =e 2x −1ex ， ∴当 x ≥0 时， e 2x ≥e x ≥1 ，则 f′(x)≥0 ， ∴f(x) 在 (0,+∞) 上单调递增，结合偶函数的性质可知 f(x) 在 (−∞,0) 单调递减，∴函数 f(x) 在 x =0 处取得最小值 f(x)min =f(0)=2 ，无最大值， 故（3）对，（2）（4）错， 故答案为：C ．【分析】根据偶函数的定义可判断（1），再利用导数研究函数的单调性与最值．6．【答案】C【解析】【解答】解：设 N 为 C 1D 1 的中点， P 为 CC 1 的中点，连接 MN ， MP ， NP ，连接 CB 1 ，在四棱柱 ABCD −A 1B 1C 1D 1 中，易证 A 1B 1//CD ，则 DA 1//CB 1 ， ∵M 为 B 1C 1 的中点， P 为 CC 1 的中点， ∴MP//CB 1 ，∴DA 1//MP ，∵MP ⊄ 平面 A 1BD ， DA 1⊂ 平面 A 1BD ，∴MP// 平面 A 1BD ， 同理可证： NP// 平面 A 1BD ， MN// 平面 A 1BD ，∵MP ∩NP =P ， MP ， NP ⊂ 平面 MNP ，∴平面 MNP// 平面 A 1BD ， 即平面 MNP 为平面 α ，∴体积较小的几何体为三棱锥 P −C 1MN ， 则体积 V P−C 1MN =13⋅12⋅|C 1M|⋅|C 1N|⋅|C 1P| =16×12×12×1=124， 故答案为：C ．【分析】设 N 为 C 1D 1 的中点， P 为 CC 1 的中点，连接 MN ， MP ， NP ，连接 CB 1 ，利用面面平行的判定定理可证得平面 MNP// 平面 A 1BD ，从而平面 MNP 为平面 α ，从而可得体积较小的几何体为三棱锥，再根据棱锥的体积计算公式求解即可．7．【答案】B【解析】【解答】解： a 2=1e =e 3e 4 ， b 2=16e 4 ， c 2=4e 2=4e 2e4 ， d 2=9e e 4 ，由于 e ≈2.7 ， e 2≈7.39 ， e 3≈20.09 ，所以 c >d >a >b ， 故答案为：B ．【分析】利用指数幂的运算性质化成同分母，再求出分子的近似值即可判断大小．8．【答案】C【解析】【解答】解：去绝对值 f(x)={12sin2x,−π2+2kπ≤x ≤π2+2kπ−12sin2x,π2+2kπ≤x ≤3π2+2kπ (k ∈Z) ， 作出图象得由图可知，函数的最小正周期为 2π ，最大值为 f(x)max =12，所以最小正周期与最大值之比为 4π ， 故答案为：C ．【分析】去掉绝对值作出函数的图象即可求出函数的周期与最值，从而得出答案．9．【答案】C【解析】【解答】解：由已知可得 AB =4， CE =AE =BE =2 ，设 θ=〈CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉 ，当 D 与 E 重合时， CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ CD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 2⋅2⋅cos0=4 ，符合题意； 当 D 与 A 重合时， ∠BDC =θ ， CD =4cosθ ，代入 CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4 ， 得 2⋅4cosθ⋅cosθ=4 ，此时 θ=π4 ，同理，当 D 与 B 重合时 θ=π4 故 θ∈[0，π4] ，由 CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4 ，得 2⋅CD ⋅cosθ=4 ， 即 CD =2cosθ，结合 θ∈[0，π4] 可得 CD ∈[2,2√2] ， 故答案为：C ．【分析】设 θ=〈CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉 ，再分类讨论，结合三角函数的性质即可得出结论．10．【答案】A【解析】【解答】解：函数 y =f(x)=sinx 在 x =0 ， x =π2 ， x =π 处的函数值分别为y 1=f(0)=0 ， y 2=f(π2)=1 ， y 3=f(π)=0 ，故 k 1=y 2−y 1x 2−x 1=2π ， k =y 3−y 2x 3−x 2=−2π ， k 2=k−k 1x 3−x1=−4π2 ， 故 f(x)=2πx −4π2x(x −π2)=−4π2x 2+4πx ，即 sinx ≈−4π2x 2+4πx ，∴sin2π5≈−4π2×(2π5)2+4π×2π5=2425 ， 故答案为：A ．【分析】直接按照所给算法逐步验算即可得出最终结论．11．【答案】A【解析】【解答】解：设 A(x 1,y 1) ， B(x 2,y 2) ，抛物线焦点为 F ，由已知有 AF +BF =2p ，即 y 1+y 2=p ，由{ x 12a 2=1+y 12b2x 22a 2=1+y 22b2 ，两式相减得 x 12−x 22a 2=(y 1−y 2)(y 1+y 2)b 2 ， 即 2py 1−2py 2a 2=(y 1−y 2)(y 1+y 2)b 2 ，故 b 2a 2=12， ∴渐近线方程为 y =±√22x ，故答案为：A ．【分析】设 A(x 1,y 1) ， B(x 2,y 2) ，抛物线焦点为 F ，由已知可得 AF +BF =2p ，根据抛物线定义可得 y 1+y 2=p ，利用点差法可得 2py 1−2py 2a 2=(y 1−y 2)(y 1+y 2)b2 ，从而可求得渐近线方程．12．【答案】A【解析】【解答】解：令t=e x,t>0,x=lnt，则原方程转化成tlnt−a(t2−1)=0，即lnt−a(t−1t)=0，令f(t)=lnt−a(t−1t)，显然f(1)=0，问题转化成函数f(t)在(0,+∞)上只有一个零点1，f′(t)=1t−a(1+1t2)=−at2+t−at2，若a=0，则f(t)=lnt在(0,+∞)单调递增，f(1)=0，此时符合题意；若a<0，则f′(t)>0，f(t)在(0,+∞)单调递增，f(1)=0，此时符合题意；若a>0，记ℎ(t)=−at2+t−a，则函数ℎ(t)开口向下，对称轴t=12a>0，过(0,−a)，Δ=1−4a2，当Δ≤0即1−4a2≤0即a≥12时，f′(t)≤0，f(t)在(0,+∞)单调递减，f(1)=0，此时符合题意；当Δ>0即1−4a2>0即0<a<12时，设ℎ(t)=0有两个不等实根t1,t2，0<t1<t2，又ℎ(1)>0，对称轴t=12a>1，所以0<t1<1<t2，则f(t)在(0,t1)单调递减，(t1,t2)单调递增，(t2,+∞)单调递增，由于f(1)=0，所以f(t2)>0，取t0=e1a，f(t0)=1−a2e1a+a2e−1aa，记φ(a)=1−a2e1a+a2e−1a令t=1a,t>2，则φ(a)=m(t)=t 2−e t+e−tt2<0，所以f(t0)<0，结合零点存在性定理可知，函数f(t)在(t2,t0)存在一个零点，不符合题意；综上，符合题意的a的取值范围是a≤0或a≥12，故答案为：A．【分析】令t=e x,t>0,x=lnt，则原方程转化成lnt−a(t−1t)=0，令f(t)=lnt−a(t−1t)，显然f(1)=0，问题转化成函数f(t)在(0,+∞)上只有一个零点1，求导后再利用导数研究函数的单调性与最值，由此可得答案．13．【答案】216x2y2【解析】【解答】解：由题意可知二项式系数最大的项为第三项，T3=C42(2x)2(3y)2=216x2y2，故答案为：216x2y2．【分析】(2x+3y)4的展开式中二项式系数最大的项为第三项，根据公式求解即可．14．【答案】9【解析】【解答】解：当a老师监考B班时，剩下的三位老师有3种情况，同理当a老师监考C 班时，也有3种，当a老师监考D班时，也有3种，共9种，故答案为：9．【分析】以a老师监考的班级分类讨论即可求出答案．15．【答案】[1−√142,1+√142]【解析】【解答】解：已知有|QO|=2，即点Q的轨迹方程为圆T：x2+y2=4，问题转化为圆N和圆T有公共点，则1≤√a2+(a−2)2≤3，故1−√142≤a≤1+√142，故答案为：[1−√142,1+√142]．【分析】由已知可得问题转化为圆N和圆x2+y2=4有公共点，从而根据几何法即可求出答案．16．【答案】√10【解析】【解答】解：由于QB//平面D1NT，所以点Q在过B且与面D1NT平行的平面上，取DC中点E1，取A1G=1，则平面BGE1//平面D1NT，延长BE1，延长AD，交于点E，连接EG交DD1于点I，显然，平面BGE∩平面D1DAA1=GI，所以点Q的轨迹是线段GI，由中位线定理可证得DI=12AG=1，∴GI=√(2−1)2+32=√10，故答案为：√10．【分析】取DC中点E1，取A1G=1，则平面BGE1//平面D1NT，延长BE1，延长AD，交于点E，连接EG交DD1于点I，可证得点Q的轨迹是线段GI，从而可求出答案．17．【答案】（1）解：f(x)=12sin2x−12(1−cos2x)+12=12(sin2x+cos2x)=√22sin(2x+π4 )，由2kπ+π2≤2x+π4≤2kπ+3π2,k∈Z,得kπ+π8≤x≤kπ+5π8,所以f(x)的单调递减区间为[kπ+π8,kπ+5π8],k∈Z；（2）解：由正弦定理得sinAcos2B=sinAcosB−sinBsinA，∵sinA≠0,∴cos2B=cosB−sinB，即(cosB−sinB)(cosB+sinB)=cosB−sinB，(cosB−sinB)(cosB+sinB−1)=0，得cosB−sinB=0，或cosB+sinB=1，解得B=π4，或B=π2（舍），∵△ABC为锐角三角形，A+C=3π4,∴{0<A<π2,0<3π4−A<π2,解得π4<A<π2,∴3π4<2A+π4<5π4,−√22<sin(2A+π4)<√22,∴f(A)=√22sin(2A+π4)的取值范围为(−12,12)．【解析】【分析】（1）根据降幂公式化简f(x)的解析式，再用整体代入法即可求出函数的单调递减区间；（2）由正弦定理边化角，从而可求得B=π4，根据锐角三角形可得π4<A<π2,从而可求出答案．18．【答案】（1）解：连接AO，因为O为BC的中点，可得BC⊥AO，∵A 1O ⊥ 平面 ABC ， BC ⊂ 平面 ABC ，∴A 1O ⊥BC ， 又∵AO ∩A 1O =O ，∴BC ⊥ 平面 AA 1O ，∴BC ⊥AA 1 ， ∵BB 1//AA 1 ， ∴BC ⊥BB 1 ， 又∵四边形 BB 1C 1C 为平行四边形， ∴四边形 BB 1C 1C 为矩形；（2）解：如图，分别以 OA,OB,OA 1 所在直线为 x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，则 A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,−2,0),Rt △AOB 中， AO =√AB 2−BO 2=1 ， Rt △AA 1O 中， A 1O =√AA 12−AO 2=2 ，A 1(0,0,2) ，∴AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,2) ， A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,−2) ， A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2,0) ， 设平面 A 1B 1C 的法向量是 n⃗ =(x,y,z) ， 由 {n ⇀⋅AB⇀=0,n ⇀⋅A 1C ⇀=0, 得 {−x +2y =0,−2y −2z =0, 即 {x =2y,z =−y, ，可取 n ⃗ =(2,1,−1) ， 设直线 AA 1 与平面 A 1B 1C 所成角为 θ ，则 θ∈[0,π2] ，sinθ=|cos <AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n⃗ >| =|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=45⋅6=215√30 ，∵θ∈[0,π2] ，∴cosθ=√1−sin 2θ=√10515，即直线 AA 1 与平面 A 1B 1C 所成角的余弦值为 √10515．【解析】【分析】（1）连接 AO ，可得 BC ⊥AO ，易证 A 1O ⊥BC ，则 BC ⊥ 平面 AA 1O ，从而可证 BC ⊥BB 1 ，由此即可得出结论；（2）以 OA,OB,OA 1 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，利用法向量解决问题．19．【答案】（1）解：由已知，单只海产品质量 ξ～N(280,25) ，则 μ=280 ， σ=5 ，由正态分布的对称性可知，P(ξ<265)=12[1−P(265<ξ<295)] =12[1−P(μ−3σ<ξ<μ+3σ)] =12(1−0.9974)=0.0013 ，设购买10只该商家海产品，其中质量小于 265 g 的为 X 只，故 X ～B(10,0.0013) ， 故 P(X ≥1)=1−P(X =0)=1−(1−0.0013)10≈1−0.9871=0.0129 ，所以随机购买10只该商家的海产品，至少买到一只质量小于 265 克的概率为 0.0129（2）解：由 t =6.8 ， y ̅=563 ， ∑(t i −t )8i=1(y i −y ̅)=108.8 ， ∑8i=1(t i −t )2=1.6 ，有 b̂= ∑(t i −t ̅)8i=1(y i−y ̅)∑8i=1(t i −t ̅)2=108.81.6=68 ，且 a ̂=y ̅−b̂t =563−68×6.8=100.6 ， 所以 y 关于 x 的回归方程为 y ̂=100.6+68√x ，当 x =49 时，年销售量 y 的预报值 y ̂=100.6+68√49=576.6 千元， 所以预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量为 576.6 千元．【解析】【分析】（1）由正态分布的对称性可知， P(ξ<265) =12(1−0.9974)=0.0013 ，设购买10只该商家海产品，其中质量小于 265 g 的为 X 只，故 X ～B(10,0.0013) ，由此可求出答案；（2）根据最小二乘法可求出回归方程，由此可求出答案．20．【答案】（1）解：因为 |EB||AC|=|ED||AD| ，又因为 |AC|=|AD|=4 ，所以 |EB|=|ED| ，所以 |EB|+|EA|=|ED|+|EA|=|AD|=4>|AB|=2 ， 所以 E 的轨迹是焦点为 A ， B ，长轴为 4 的椭圆的一部分，设椭圆方程为 x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0) ，则 2a =4 ， 2c =2 ，所以 a 2=4 ， b 2=a 2−c 2=3 ，所以椭圆方程为 x 24+y 23=1 ，又因为点 E 不在 x 轴上，所以 y ≠0 ，所以点 E 的轨迹 τ 的方程为 x 24+y 23=1(y ≠0)（2）解：因为直线 HG 斜率不为0，设为 x =ty +1 ，设 G(x 1,y 1) ， H(x 2,y 2) ，联立 {x =ty +1,x 24+y 23=1 整理得 (3t 2+4)y 2+6ty −9=0 ， 所以 Δ=36t 2+36(3t 2+4)=144(t 2+1)>0 ， y 1+y 2=−6t 3t 2+4 ， y 1y 2=−93t 2+4，所以 S △OHG =12|OA||y 1−y 2|=6√t 2+13t 2+4，∵MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴S △GHN =2S △OHG ， 设四边形 OHNG 的面积为 S ， 则 S =S△OHG+S △GHN =3S △OHG =18√t 2+13t 2+4=183t 2+4√t +1=183√t +1+1√t 2+1，令 √t 2+1=m(m ≥1) ， 再令 y =3m +1m ，则 y =3m +1m在 [1,+∞) 单调递增， 所以 m =1 时， y min =4 ，此时 t =0 ， 3√t 2+1+1√t +1 取得最小值 4 ，所以 S max =92． 【解析】【分析】（1）由题意可得 |EB|=|ED| ，可得 |EB|+|EA|=4>|AB|=2 ，则 E 的轨迹是焦点为 A ， B ，长轴为 4 的椭圆的一部分，再用待定系数法即可求出方程；（2）由题意设直线方程为 x =ty +1 ，设 G(x 1,y 1) ， H(x 2,y 2) ，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理表示出 S △OHG ，可得 S △GHN =2S △OHG ，设四边形 OHNG 的面积为 S ，则 S =3S △OHG ，再根据基本不等式即可求出答案．21．【答案】（1）解：因为 f ′(x)=1x +a =ax+1x，当 a ≥0 时， f ′(x)>0 ， f(x) 在 (0,+∞) 单调递增，至多只有一个零点，不符合题意，舍去；当 a <0 时，若 0<x <−1a ，则 f ′(x)>0 ；若 x >−1a ，则 f ′(x)<0 ，所以 f(x) 在 (0,−1a ) 单调递增，在 (−1a ,+∞) 单调递减，所以 f(x)max =f(−1a )=ln(−1a) ，因为 f(x) 有两个零点，所以必须 f(x)max >0 ，则 ln(−1a )>0 ，所以 −1a>1 ，解得 −1<a <0 ，又因为 x →0 时， f(x)<0 ； x →+∞ 时， f(x)<0 ，所以当 −1<a <0 时， f(x) 在 (0,−1a ) 和 (−1a,+∞) 各有一个零点，符合题意，综上， −1<a <0（2）解：由（1）知 −1<a <0 ，且 x 0=−1a，因为 f(x) 的两个零点为 x 1,x 2 ，所以 {f(x 1)=0f(x 2)=0，所以 {lnx 1+ax 1+1=0lnx 2+ax 2+1=0 ， 解得 ln x 1x 2+a(x 1−x 2)=0 ，令 x 1>x 2, 所以 a =−ln x1x 2x 1−x 2 ， 令函数 ℎ(x)=lnx −xe ，则 ℎ′(x)=1x −1e，当 0<x <e 时， ℎ′(x)>0 ；当 x >e 时， ℎ′(x)<0 ； 所以 ℎ(x) 在 (0,e) 单调递增，在 (e,+∞) 单调递减，所以 ℎ(x)max =ℎ(e)=0 ，所以 ℎ(x)≤0 ，所以 lnx ≤xe ，因为 f(x 0)=f(−1a )=ln(−1a ) ，又因为 −1a >1 ，所以 ln(−1a )≤−1ea ，所以 2eln(−1a )≤−2a ，即 2ef(x 0)≤−2a ，要证 x 1+x 2>2ef(x 0) ，只需 x 1+x 2≥−2a，即证 x 1+x 2≥2(x 1−x 2)ln x 1x 2 ，即证 ln x 1x 2≥2(x 1−x 2)x 1+x 2 ，即证 ln x 1x 2≥2(x1x 2−1)x 1x 2+1， 令 x 1>x 2 ，再令 t =x 1x 2(t >1) ，即证 lnt ≥2(t−1)t+1 ，令 ℎ(t)=lnt −2(t−1)t+1(t >1) ，则 ℎ′(t)=1t −4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0 ， 所以 ℎ(t) 在 (1,+∞) 单调递增，所以 ℎ(t)>ℎ(1)=0 ，所以 lnt >2(t−1)t+1，原题得证．【解析】【分析】（1）求导得 f ′(x)=1x +a =ax+1x，分类讨论求出函数的单调性，从而可求出答案；（2）由题意得 {lnx 1+ax 1+1=0lnx 2+ax 2+1=0 ，则 a =−ln x1x 2x 1−x 2 ，令函数 ℎ(x)=lnx −x e ，则 ℎ′(x)=1x −1e，利用导数可求得 lnx ≤x e ，从而可得 ln(−1a )≤−1ea ，可得 2ef(x 0)≤−2a ，要证 x 1+x 2>2ef(x 0) ，只需 ln x 1x 2≥2(x1x 2−1)x 1x 2+1，令 t =x 1x 2(t >1) ，即证 lnt ≥2(t−1)t+1 ，令 ℎ(t)=lnt −2(t−1)t+1(t >1) ，求导后得函数的单调性与最值，由此可证结论． 22．【答案】（1）解：因为曲线C 1的参数方程为 {x =cosα,y =sinα, 所以曲线C 1的普通方程为 x 2+y 2=1 ，将变换T ： {x′=2x,y′=y, 即 {x =12x′,y =y′,代入 x 2+y 2=1 ，得 x′24+y′2=1 ， 所以曲线C 2的普通方程为 x 24+y 2=1 ．（2）解：因为m>1，所以 C 3 上的点 A(0,−m) 在在椭圆E ： x 24+y 2=1 外，当x>0时，曲线 C 3 的方程化为 y =mx −m ，代入 x 24+y 2=1 ，得 (4m 2+1)x 2−8m 2x +4(m 2−1)=0 ，（*）因为 Δ=64m 4−4(4m 2+1)⋅4(m 2−1) =16(3m 2+1)>0 ， 所以方程（*）有两个不相等的实根x 1，x 2， 又 x 1+x 2=8m 24m 2+1>0 ， x 1x 2=4(m 2−1)4m 2+1>0 ，所以x 1>0，x 2>0，所以当x>0时，曲线C 2与曲线C 3有且只有两个不同的公共点， 又因为曲线C 2与曲线C 3都关于y 轴对称，所以当x<0时，曲线C 2与曲线C 3有且只有两个不同的公共点， 综上，曲线C 2与曲线C 3：y=m|x|-m 的公共点的个数为4．【解析】【分析】（1）先求出曲线C 1的普通方程，再根据图象变换可求出曲线C 2的普通方程；（2）由题意可得 C 3 上的点 A(0,−m) 在椭圆E ： x 24+y 2=1 外，当 x >0 时，曲线 C 3 的方程化为y =mx −m ，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理可得当 x >0 时，曲线C 2与曲线C 3有且只有两个不同的公共点，又曲线C 2与曲线C 3都关于y 轴对称，从而可得结论．23．【答案】（1）解：当m=5时， f(x)>0 ⇔ |x −2|+|3x +1|−5>0 ， ⇔{x ≤−13,−x +2−3x −1−5>0, 或 {−13<x <2,−x +2+3x +1−5>0, 或 {x ≥2,x −2+3x +1−5>0, ⇔{x ≤−13,x <−1, 或 {−13<x <2,x >1, 或 {x ≥2,x >32, ⇔x <−1 或 1<x <2 或 x ≥2⇔x <−1 或 x >1 ，所以不等式 f(x)>0 的解集为{x| x <−1 或 x >1 }（2）解：由条件，有当 x ≠14 时，不等式 f(x)+16|4x−1|>0 ，即 m <|x −2|+|3x +1|+16|4x−1| 恒成立， 令 g(x)=|x −2|+|3x +1|+16|4x−1| ，则因为 g(x)≥|(x −2)+(3x +1)|+16|4x−1| =|4x −1|+16|4x−1| ≥2√|4x −1|⋅16|4x−1|=8 ，且g(−34)=8，所以[g(x)]min=8，所以m<8，即实数m的取值范围为（−∞，8）．【解析】【分析】（1）分类讨论去掉绝对值后再解不等式；（2）由题意可得m<|x−2|+|3x+1|+16 |4x−1|恒成立，令g(x)=|x−2|+|3x+1|+16|4x−1|，利用绝对值三角不等式以及基本不等式可得[g(x)]min=8，从而得出结论．。
厦门市2020届高三第一次质量检查数学(理科)含答答案
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则 A(0, 6,0) ， B(− 3,0,0) ， E( 3,0,0) ，
F (0, − 6,0) ， N (0,0, 6)
OM = ON + NM = ON + AB = (0,0, 6) + (− 3, − 6,0) ， = (− 3,− 6, 6)
所以 M (− 3, − 6, 6)
解：（1）依题设及正弦定理可得， sin Acos A + C = sin B sin A ------------------------------------------------ 1 分 2
因为 sin A 0，所以 cos A + C = cos − B = sin B --------------------------------------------------------- 2 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 AF BE = O ，连接 NO 可知四边形 ABFE 是菱形，所以 AF ⊥ BE 且 O 为 AF、BE 的中点 又 NF = NA ，所以 AF ⊥ NO
e =2−
e−1 = 3− 22
e 0 ，则 1 x2
e ，又
x1x2 = (2 − x2 ) x2 = x2 ln x2
，易知
y = x ln x
在
(3 , e) 2
上单调递增，故
x1x2 = x2 ln x2
e ln
e = e ，D 错误. 2
答案 D.
二、填空题：本大题共 4 小题 ，每小题 5 分，共 20 分。
2020年福建省厦门市高考数学质检试卷(理科)(二) (解析版)
2020年福建省厦门市高考数学质检试卷（理科）一、选择题（共12小题）.1．已知集合A＝{x|﹣1＜x≤0}，B＝{x|lnx＜0}，则A∪B＝（）A．{x|x＞0}B．{x|x＞1}C．{x|0＜x＜1}D．{x|﹣1＜x＜1} 2．已知复数（其中i是虚数单位），则复数z的虚部为（）A．﹣1B．﹣i C．1D．i3．已知双曲线C经过点，其渐近线方程为，则C的标准方程为（）A．B．C．D．4．从编号0，1，2，…，79的80件产品中，采用系统抽样的方法抽取容量是10的样本，若编号为58的产品在样本中，则该样本中产品的最大编号为（）A．72B．74C．76D．785．函数y＝f（x）在区间上的大致图象如图所示，则f（x）可能是（）A．f（x）＝ln|sin x|B．f（x）＝ln（cos x）C．f（x）＝﹣sin|tan x|D．f（x）＝﹣tan|cos x|6．如图是一块高尔顿板示意图：在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，小球从上方的通道口落下后，将与层层小木块碰撞，最后掉入下方的某一个球槽内．若小球下落过程中向左、向右落下的机会均等，则小球最终落入⑥号球档的概率为（）A．B．C．D．7．设m＝ln2，n＝lg2，则（）A．m﹣n＞mn＞m+n B．m﹣n＞m+n＞mn C．m+n＞mn＞m﹣n D．m+n＞m﹣n＞mn 8．平面直角坐标系xOy中，以Ox为始边作角α与角β，它们的终边关于x轴对称．若cosα＝，则cos（α﹣β）＝（）A．B．C．D．﹣19．已知F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交抛物线C于A，B 两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为（）A．B．C．D．10．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米，当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟领先他10米，当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟先他1米所以，阿基里斯永远追不上乌龟．按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.001米时，乌龟爬行的总距离为（）A．米B．米C．米D．米11．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，∠B＝∠F＝90°，∠A＝60°，∠D＝45°，BC＝DE．现将两块三角板拼接在一起，取BC中点O与AC中点M，则下列直线与平面OFM所成的角不为定值的是（）A．AC B．AF C．BF D．CF12．函数f（x）＝a（x+2）e x﹣x﹣1（a＜1），若存在唯一整数x0使得f（x0）＜0，则a 的取值范围是（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知单位向量，满足，则与的夹角是．14．某公益基金收到甲乙丙三人的20万、25万、30万三笔捐款（一人捐一笔款），记者采访这三兄弟时，甲说：“乙捐的不是最少．”乙说：“甲捐的比丙多．”丙说：“若我捐的最少，则甲捐的不是最多．”根据这三人的回答，确定乙捐了万．15．安排4名男生和4名女生参与完成3项工作，每人参与一项，每项工作至少由1名男生和1名女生完成，则不同的安排方式共有种（用数字作答）．16．一次台球技术表演节目中，在台球桌上，画出如图正方形ABCD，在点E，F处各放一个目标球，表演者先将母球放在点A处，通过击打母球，使其依次撞击点E，F处的目标球，最后停在点C处，若AE＝50cm，EF＝40cm，FC＝30cm，∠AEF＝∠CFE＝60°，则该正方形的边长为cm．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22题、第23题为选考题，考生根据要求作答．17．已知数列{a n}满足a1＝2，a3＝24，且是等差数列．（1）求a n；（2）设{a n}的前n项和为S n，求S n．18．如图，在五面体ABCDEF中，AB⊥平面ADE，EF⊥平面ADE，AB＝CD＝2．（1）求证：AB∥CD；（2）若AD＝AE＝2，EF＝1，且二面角E﹣DC﹣A的大小为60°，求二面角F﹣BC ﹣D的大小．19．一款小游戏的规则如下：每轮游戏要进行三次，每次游戏都需要从装有大小相同的2个红球，3个白球的袋中随机摸出2个球，若摸出的“两个都是红球”出现3次获得200分，若摸出“两个都是红球”出现1次或2次获得20分，若摸出“两个都是红球”出现0次则扣除10分（即获得﹣10分）．（1）设每轮游戏中出现“摸出两个都是红球”的次数为X，求X的分布列；（2）玩过这款游戏的许多人发现，若干轮游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象．20．已知P（0，﹣2），点A，B分别为椭圆E的左、右顶点，直线BP交E于另一点Q，△ABP为等腰直角三角形，且|PQ|：|QB|＝3：2．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）设过点P的直线l与椭圆E交于M，N两点，总使得∠MON为锐角，求直线l 斜率的取值范围．21．已知函数f（x）＝lnx+﹣2ax，其中a∈R．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1，x2（其中x2＞x1），且f（x2）﹣f（x1）的取值范围为，求a的取值范围．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程（t为参数，α∈[0，π）），曲线C的参数方程（β为参数）．（1）求曲线C在直角坐标系中的普通方程；（2）以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当曲线C截直线l所得线段的中点极坐标为（2，）时，求α．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x﹣a|（x﹣2）+|x﹣2|（x﹣a）．（Ⅰ）当a＝2时，求不等式f（x）＜0的解集；（Ⅱ）若x∈（0，2）时f（x）≥0，求a的取值范围．参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．1．已知集合A＝{x|﹣1＜x≤0}，B＝{x|lnx＜0}，则A∪B＝（）A．{x|x＞0}B．{x|x＞1}C．{x|0＜x＜1}D．{x|﹣1＜x＜1}【分析】可以求出集合B，然后进行并集的运算即可．解：∵A＝{x|﹣1＜x≤0}，B＝{x|lnx＜0}＝{x|0＜x＜1}，∴A∪B＝{x|﹣1＜x＜1}．故选：D．2．已知复数（其中i是虚数单位），则复数z的虚部为（）A．﹣1B．﹣i C．1D．i【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．解：∵＝，∴z的虚部为﹣1．故选：A．3．已知双曲线C经过点，其渐近线方程为，则C的标准方程为（）A．B．C．D．【分析】根据题意，由双曲线的渐近线方程可以设其方程为﹣x2＝λ（λ≠0），将点（，3）代入双曲线方程，解得λ的值，即可得答案．解：根据题意，双曲线的渐近线方程为，则可以设其方程为﹣x2＝λ，（λ≠0）又双曲线C经过点，则有﹣（）2＝λ，解可得：λ＝1，则双曲线的标准方程为：﹣x2＝1；故选：D．4．从编号0，1，2，…，79的80件产品中，采用系统抽样的方法抽取容量是10的样本，若编号为58的产品在样本中，则该样本中产品的最大编号为（）A．72B．74C．76D．78【分析】求出抽样间隔f＝＝8，由编号为58的产品在样本中，58是第8组第二个样本，由此能求出该样本中产品的最大编号．解：从编号0，1，2，…，79的80件产品中，采用系统抽样的方法抽取容量是10的样本，抽样间隔f＝＝8，∵编号为58的产品在样本中，∴该样本中产品的最大编号为8×9+2＝74．故选：B．5．函数y＝f（x）在区间上的大致图象如图所示，则f（x）可能是（）A．f（x）＝ln|sin x|B．f（x）＝ln（cos x）C．f（x）＝﹣sin|tan x|D．f（x）＝﹣tan|cos x|【分析】首先观察函数图象可知f（0）＝0，由此可排除AD选项，而选项C显然不符合图象，由此可得出正确选项．解：由图象可知f（0）＝0，故排除AD；又当时，tan x＞0，故此时﹣sin|tan x|的值不可能恒小于0，即选项C错误．故选：B．6．如图是一块高尔顿板示意图：在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，小球从上方的通道口落下后，将与层层小木块碰撞，最后掉入下方的某一个球槽内．若小球下落过程中向左、向右落下的机会均等，则小球最终落入⑥号球档的概率为（）A．B．C．D．【分析】小球落下要经过5次碰撞，小球最终落入⑥号球档是五次均向右，由此利用n 次独立重复试验中事件A恰好发生k次概率计算公式能求出这个小球最终落入⑥号球档的概率．解：小球落下要经过5次碰撞，每次向左、向右落下的概率均为，并且相对独立，小球最终落入⑥号球档是五次均向右，设这个小球最终落入⑥号球档为事件A，则小球最终落入⑥号球档的概率：P（A）＝＝．故选：A．7．设m＝ln2，n＝lg2，则（）A．m﹣n＞mn＞m+n B．m﹣n＞m+n＞mn C．m+n＞mn＞m﹣n D．m+n＞m﹣n＞mn 【分析】利用倒数，作差法，判断即可．解：∵0＜m＜1，0＜n＜1，m＞n，＝，故m﹣n＞mn，所以，故m+n＞mn，由m+n＞m﹣n故m+n＞m﹣n＞mn，故选：D．8．平面直角坐标系xOy中，以Ox为始边作角α与角β，它们的终边关于x轴对称．若cosα＝，则cos（α﹣β）＝（）A．B．C．D．﹣1【分析】由角α与角β终边关于x轴对称，得α+β＝2kπ（k∈Z），则cos（α﹣β）＝cos[α﹣（2kπ﹣α）]＝cos（2α﹣2kπ），再由三角函数的诱导公式，二倍角的余弦函数公式求值即可．解：由角α与角β终边关于x轴对称，得α+β＝2kπ（k∈Z），则cos（α﹣β）＝cos[α﹣（2kπ﹣α）]＝cos（2α﹣2kπ）＝2cos2α﹣1＝2×（）2﹣1＝﹣．故选：C．9．已知F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交抛物线C于A，B 两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为（）A．B．C．D．【分析】由抛物线方程求出焦点坐标，由直线的倾斜角求出斜率，写出过A，B两点的直线方程，和抛物线方程联立后化为关于y的一元二次方程，由根与系数关系得到A，B两点纵坐标的和与积，把△OAB的面积表示为两个小三角形AOF与BOF的面积和得答案．解：由y2＝3x，得2p＝3，p＝，则F（，0）．∴过A，B的直线方程为y＝（x﹣），即x＝y+．联立，得4y2﹣12y﹣9＝0．设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2＝3，y1y2＝﹣．∴S△OAB＝S△OAF+S△OFB＝×|y1﹣y2|＝＝×＝．故选：C．10．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米，当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟领先他10米，当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟先他1米所以，阿基里斯永远追不上乌龟．按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.001米时，乌龟爬行的总距离为（）A．米B．米C．米D．米【分析】根据题意是一个等比数列模型，解：设乌龟每次爬行的距离为等比数列{a n}，公比为q且a1＝100，，所以乌龟爬行的总距离为＝＝故选：A．11．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，∠B＝∠F＝90°，∠A＝60°，∠D＝45°，BC＝DE．现将两块三角板拼接在一起，取BC中点O与AC中点M，则下列直线与平面OFM所成的角不为定值的是（）A．AC B．AF C．BF D．CF【分析】由题意证明BC⊥平面MOF，可得BF，CF，AC与平面OFM所成的角，由已知可得都为定值，由此得到答案．解：∵O，M分别为BC，AC的中点，∴OM∥AB，则OM⊥BC，又CF＝BF，∴OF⊥BC，而OM∩OF＝O，∴BC⊥平面MOF，∴BF，CF与平面MOF所成的角分别为∠BFO和∠CFO，相等为45°，根据直线与平面所成角的定义可知，AC与平面MOF所成的角为∠CMO＝∠A＝60°，故只有AF与平面FOM所成的角不为定值．故选：B．12．函数f（x）＝a（x+2）e x﹣x﹣1（a＜1），若存在唯一整数x0使得f（x0）＜0，则a 的取值范围是（）A．B．C．D．【分析】通过半分离法，将问题转化为函数与直线y＝a（x+2）图象之间的关系，再通过数形结合求解即可．解：由f（x）＝a（x+2）e x﹣x﹣1＜0，可得，令，易知函数g（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，+∞）单调递减，且g（0）＝1，作出函数g（x）的图象如图所示：∵y＝a（x+2）恒过定点A（﹣2，0），且，∴，∵存在唯一整数x0使得f（x0）＜0，∴当时，存在唯一的整数x0＝1使得命题成立．故选：B．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知单位向量，满足，则与的夹角是．【分析】根据条件对两边平方即可得出，从而可求出的值，进而得出与的夹角．解：∵，，∴，∴，∴，且，∴与的夹角是．故答案为：．14．某公益基金收到甲乙丙三人的20万、25万、30万三笔捐款（一人捐一笔款），记者采访这三兄弟时，甲说：“乙捐的不是最少．”乙说：“甲捐的比丙多．”丙说：“若我捐的最少，则甲捐的不是最多．”根据这三人的回答，确定乙捐了30万．【分析】先阅读题意，再结合题意进行简单的合情推理，逐一检验即可得解解：①设乙捐了25万，则乙、丙回答相互矛盾，故假设不成立，②设乙捐了30万，则甲捐25万，丙捐24万，则甲、乙、丙回答都正确，故假设成立，综合①②得：答案为：3015．安排4名男生和4名女生参与完成3项工作，每人参与一项，每项工作至少由1名男生和1名女生完成，则不同的安排方式共有1296种（用数字作答）．【分析】先从4个男生选2个一组，将4人分成三组，然后从4个女生选2个一组，将4人分成三组，然后进行全排列即可．解：由于每项工作至少由1名男生和1名女生完成，则先从4个男生选2个一组，然后进行排列得＝6×6＝36，然后从4个女生选2个一组，将4人分成三组，然后进行全排列得＝6×6＝36，则共有36×36＝1296种安排方式，故答案为：129616．一次台球技术表演节目中，在台球桌上，画出如图正方形ABCD，在点E，F处各放一个目标球，表演者先将母球放在点A处，通过击打母球，使其依次撞击点E，F处的目标球，最后停在点C处，若AE＝50cm，EF＝40cm，FC＝30cm，∠AEF＝∠CFE＝60°，则该正方形的边长为20cm．【分析】连接AF、AC，利用余弦定理求出AF，由正弦定理求出sin∠AFE，从而求出cos（∠AFE+60°），再求AC和边长AB的值．解：连接AF、AC，如图所示，△AEF中，由余弦定理得，AF2＝502+402﹣2×50×40×cos60°＝2100，解得AF＝10；由正弦定理得，＝，解得sin∠AFE＝＝，所以cos∠AFE＝，所以cos（∠AFE+60°）＝×﹣×＝﹣×2，△AFC中，由余弦定理得，AC2＝2100+900+2×10×30×2×＝4800，解得AC＝40，所以该正方形的边长为AB＝＝＝20（cm）．故答案为：20．三、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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22题、第23题为选考题，考生根据要求作答．17．已知数列{a n}满足a1＝2，a3＝24，且是等差数列．（1）求a n；（2）设{a n}的前n项和为S n，求S n．【分析】（1）根据已知条件求出等差数列{}的首项和第三项，再利用等差数列的通项公式求出，从而求出a n；（2）由于a n是等差数列×等比数列的形式，所以利用错位相减法即可求出S n．解：（1）∵a1＝2，a3＝24，∴，，∴等差数列{}的首项为1，公差为＝1，∴，∴；（2）∵，∴S n＝1×21+2×22+3×23+……+n•2n①，2S n＝1×22+2×23+3×34+……+n•2n+1②，∴①﹣②得：﹣S n＝2+22+23+……+2n﹣n•2n+1＝（1﹣n）×2n+1﹣2，∴S n＝（n﹣1）×2n+1+2．18．如图，在五面体ABCDEF中，AB⊥平面ADE，EF⊥平面ADE，AB＝CD＝2．（1）求证：AB∥CD；（2）若AD＝AE＝2，EF＝1，且二面角E﹣DC﹣A的大小为60°，求二面角F﹣BC ﹣D的大小．【分析】（1）由题知，AB∥EF，利用线面平行的判定定理可证得AB∥面CDEF，再利用线面平行的性质定理即可得证；（2）依据线面垂直的性质定理可证得CD⊥AD，CD⊥DE，由二面角的定义可知∠ADE 为二面角E﹣DC﹣A的平面角，即∠ADE＝60°，于是可推出△ADE为等边三角形，四边形ABCD为正方形．设AC与BD的交点为O，连接OF，分别取AD、BC的中点N、M，连接EN、MN、FM，由线面垂直的判定定理可证得EN⊥面ABCD，而EFON为平行四边形，因此OF⊥面ABCD，故∠OMF为二面角F﹣BC﹣D的平面角，再结合三角函数的知识求出tan∠OMF即可得解．【解答】（1）证明：∵AB⊥平面ADE，EF⊥平面ADE，∴AB∥EF，∵AB⊄面CDEF，EF⊂面CDEF，∴AB∥面CDEF，∵面CDEF∩面ABCD＝CD，AB⊂面ABCD，∴AB∥CD．（2）解：∵AB⊥平面ADE，AB∥CD，∴CD⊥面ADE，∵AD、DE⊂面ADE，∴CD⊥AD，CD⊥DE，∴∠ADE为二面角E﹣DC﹣A的平面角，即∠ADE＝60°，∴△ADE为等边三角形．∵AB∥CD，AB＝CD＝AD，CD⊥AD，∴四边形ABCD为正方形．设AC与BD的交点为O，连接OF，分别取AD、BC的中点N、M，连接EN、MN、FM，则EN⊥AD，MN也过点O，MN∥AB，∵AB⊥面ADE，∴MN⊥面ADE，∵EN⊂面ADE，∴MN⊥EN，∵MN∩AD＝N，MN、AD⊂面ABCD，∴EN⊥面ABCD．∵EF∥AB∥ON，EF＝1＝AB＝ON，∴四边形EFON为平行四边形，∴OF∥EN，∴OF⊥面ABCD，即点F在面ABCD内的投影为点O，∵OM⊥BC，∴∠OMF即为二面角F﹣BC﹣D的平面角，在△FOM中，OF＝EN＝，OM＝1，∴tan∠OMF＝＝，故二面角F﹣BC﹣D的大小为60°．19．一款小游戏的规则如下：每轮游戏要进行三次，每次游戏都需要从装有大小相同的2个红球，3个白球的袋中随机摸出2个球，若摸出的“两个都是红球”出现3次获得200分，若摸出“两个都是红球”出现1次或2次获得20分，若摸出“两个都是红球”出现0次则扣除10分（即获得﹣10分）．（1）设每轮游戏中出现“摸出两个都是红球”的次数为X，求X的分布列；（2）玩过这款游戏的许多人发现，若干轮游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象．【分析】（1）每次游戏，出现“两个都是红球”的概率为．X可能的取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．（2）设每轮游戏的得分为Y．则Y的取值为﹣10，20，200，求出Y的分布列和数学期望，从而得到获得分数Y的期望为负，多次游戏之后大多数人的分数减少了．解：（1）每轮游戏要进行三次，每次游戏都需要从装有大小相同的2个红球，3个白球的袋中随机摸出2个球，∴每次游戏，出现“两个都是红球”的概率为．X可能的取值为0，1，2，3，，，，．所以X的分布列为：X0123P（2）摸出的“两个都是红球”出现3次获得200分，若摸出“两个都是红球”出现1次或2次获得20分，若摸出“两个都是红球”出现0次则扣除10分（即获得﹣10分）．设每轮游戏得分为Y．则Y的取值为﹣10，20，200，由（1）知，Y的分布列为：Y﹣1020200PY的数学期望为．这表明，获得分数Y的期望为负．因此，多次游戏之后大多数人的分数减少了．20．已知P（0，﹣2），点A，B分别为椭圆E的左、右顶点，直线BP交E于另一点Q，△ABP为等腰直角三角形，且|PQ|：|QB|＝3：2．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）设过点P的直线l与椭圆E交于M，N两点，总使得∠MON为锐角，求直线l 斜率的取值范围．【分析】（Ⅰ）根据题意可知a＝2，B（2，0），由|PQ|：|QB|＝3：2，得，可求出点Q的坐标，代入椭圆方程可求出b的值，从而得到椭圆E的方程；（Ⅱ）设M（x1，y1），N（x2，y2），根据题意，直线l的斜率存在，可设直线l的方程为：y＝kx﹣2，与椭圆方程联立，由△＞0得到①，再利用韦达定理代入x1x2+y1y2＞0，得k2＜4 ②，由①②即可求出k的取值范围．解：（Ⅰ）根据题意△ABP是等腰直角三角形，∴a＝2，B（2，0），设Q（x0，y0），由|PQ|：|QB|＝3：2，得，则，代入椭圆方程得b2＝1，∴椭圆E的方程为：；（Ⅱ）根据题意，直线l的斜率存在，可设直线l的方程为：y＝kx﹣2，设M（x1，y1），N（x2，y2），联立方程，消去y得：（1+4k2）x2﹣16kx+12＝0，∴△＝（﹣16k）2﹣4×12×（1+4k2）＞0，解得①，且，，∵∠MON为锐角，则cos∠MON＞0，∴，∴x1x2+y1y2＞0，∵x1x2+y1y2＝x1x2+（kx1﹣2）（kx2﹣2）＝（1+k2）x1x2﹣2k（x1+x2）+4＞0，即，∴k2＜4 ②，由①②得或，故直线l斜率的取值范围为：∪．21．已知函数f（x）＝lnx+﹣2ax，其中a∈R．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1，x2（其中x2＞x1），且f（x2）﹣f（x1）的取值范围为，求a的取值范围．【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a进行分类讨论即可求解；（2）结合函数极值与导数零点关系进行转化后，结合题目特点进行合理的构造，然后结合导数与单调性关系即可求解．解：（1）．令g（x）＝x2﹣2ax+1，则△＝4a2﹣4．①当a≤0或△≤0，即a≤1时，f'（x）≥0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增．②当，即a＞1时，由f'（x）＞0，得或；由f'（x）＜0，得，∴f（x）在和上单调递增，在上单调递减．综上所述，当a≤1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞1时，f（x）在和上单调递增，在上单调递减．（2）由（1）得，当a＞1时，f（x）有两极值点x1，x2（其中x2＞x1）．由（1）得x1，x2为g（x）＝x2﹣2ax+1＝0的两根，所以x1+x2＝2a，x1x2＝1．所以，＝．令，则，因为，所以h（t）在（1，+∞）上单调递减，而＞0，＜0，所以2＜t＜4，又＝t．t∈（2，4），易知在（2，4）上单调递增，所以，所以实数a的取值范围为（）[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程（t为参数，α∈[0，π）），曲线C的参数方程（β为参数）．（1）求曲线C在直角坐标系中的普通方程；（2）以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当曲线C截直线l所得线段的中点极坐标为（2，）时，求α．【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的进行转换．（2）利用三角函数关系式的变换和直线与椭圆位置关系的应用，利用一元二次方程根和系数关系式的应用和中点坐标公式的应用求出结果解：（1）直线l的参数方程（t为参数，α∈[0，π）），转换为直角坐标方程为：当时，x＝，当时，．曲线C的参数方程（β为参数），转换为直角坐标方程为．（2）把直线的参数方程代入得到：，整理得：，所以，曲线C截直线l所得线段的中点极坐标为（2，）时故，所以，则．一、选择题23．已知函数f（x）＝|x﹣a|（x﹣2）+|x﹣2|（x﹣a）．（Ⅰ）当a＝2时，求不等式f（x）＜0的解集；（Ⅱ）若x∈（0，2）时f（x）≥0，求a的取值范围．【分析】（Ⅰ）将a＝2代入，分类讨论解不等式即可；（Ⅱ）利用绝对值不等式的性质进一步可得|x﹣a|≤x﹣a，由此得解．解：（I）当a＝2时，f（x）＝|x﹣2|（x﹣2）+|x﹣2|（x﹣2），由f（x）＜0得|x﹣2|（x﹣2）+|x﹣2|（x﹣2）＜0．①当x≥2时，原不等式可化为：2（x﹣2）2＜0，解之得：x∈∅．②当x＜2时，原不等式可化为：﹣2（x﹣2）2＜0，解之得x∈R且x≠2，∴x＜2．因此f（x）＜0的解集为：{x|x＜2}．（II）当x∈（0，2）时，f（x）＝|x﹣a|（x﹣2）+|x﹣2|（x﹣a）＝（x﹣2）[|x﹣a|﹣（x ﹣a）]．由f（x）≥0得（x﹣2）[|x﹣a|﹣（x﹣a）]≥0，∴|x﹣a|≤x﹣a，∴x﹣a≥0，∴a≤x，x∈（0，2），∴a≤0，∴a的取值范围为（﹣∞，0]．。