福建省厦门市2020届高三数学第一次质量检查试题 文参考答案.pdf

厦门市 2020 届高中毕业班第一次质量检查参考答案 文科数学 一、选择题： cadac dcacb cb 二、填空题： 132 141 15 6 3 16 6 7 ，10 32 21 三、解答题： 17本题主要考查等差、等比数列的定义，考查分组求和法、等比数列的求和运算以及对数运算；考查运算求解 能力；考查化归与转化思想等.满分 12 分. 解：（1）因为1， n a， +1n a成等差数列，所以 1 21 nn aa + =+， 1 分 当1n =时，有 12 21=6aa=+，得 1 3a =， 2 分 所以 +1 12(1) nn aa = ，又 1 12a =，所以 1 1 2 1 n n a a + = ， 所以1 n a 是首项为2，公比为2的等比数列. 5 分 （2）由（1）知1 n a 是首项为2，公比为2的等比数列， 所以 1 1222 nn n a =，所以21 n n a =+ 6 分 所以 123 (21)(21)(21)(21) n n s =+ 7 分 123 (2222 ) n n=+ 2(12 ) 12 n n =+ 1 22 n n + =+， 9 分 所以 2 log10 n s 即 110 222 n n + +， 10 分 因为 1 (22)2(1)2210 nnn nn + +=+ ，所以数列 1 22 n n + +为递增数列 当9n =时， 1010 2922+，不满足，当 8n =时， 910 2822+ 满足 所以满足不等式 2 log10 n s 的最大的正整数n的值为8 12 分 18本题考查直线的方程、抛物线的定义及轨迹方程、直线与圆锥曲线的关系等知识；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、化归与转化思想等满分 12 分. 解：（1）法一：依题意：平面内动点e到定点f(0,1)和到定直线 1y = 的距离相等， 1 分 根据抛物线的定义，曲线c是以点f为焦点，直线 1y = 为准线的抛物线， 其方程为 2 4xy= 3 分 法二：设点e( , ) x y，依题意有：1efy=+ ， 1 分 即 22 (1)1xyy+=+，化简得到c的方程为 2 4xy=. 3 分 （2）法一：依题意可设直线l的方程为： 1ykx=+ ，a 11 ( ,)x y，b 22 (,)xy， 0 (, 1)q x . 联立 2 1 4 ykx x y =+ = ，得 2 440 xkx=，得 12 4xxk+=， 12 4x x = 5 分 由 12 28abyy=+=，得 2 1212 ()2426yyk xxk+=+=+=， 所以 2 1k = ，即 1k = ，又由0k ，得1k =， 7 分 故： 12 4xx+=， 12 4xx= ， 12 6yy+=， 12 1yy=. 101 (,1)qaxxy=+， 202 (,1)qbxxy=+， 2 1212001212 ()1qa qbx xxx xxy yyy=+， 化简得： 2 00 430 xx+=，解得 0 1x =或3，即(1, 1)q或(3, 1)q. 10 分 当q为(1, 1) 时，点q到直线l的距离为 |1 1 1|3 2 22 + + =， 13 2 86 2 22 qab s= =； 当q为(3, 1) 时，点q到直线l的距离为 |3 1 1|5 2 22 + + =， 15 2 810 2 22 qab s= = . 12 分 法二：依题意可设直线l的方程为： 1ykx=+.a 11 ( ,)x y，b 22 (,)xy， 0 (, 1)q x . 联立 2 1 4 ykx x y =+ = ，得 2 440 xkx=，得 12 4xxk+=， 12 4x x = ， 5 分 由 12 28abyy=+=，得 2 1212 ()2426yyk xxk+=+=+=， 所以 2 1k = ，即 1k = ，又由0k ，得1k =， 7 分 解得(22 2,32 2)a，(22 2,32 2)b+， 故而： 0 (22 2,42 2)qax=， 0 (22 2,42 2)qbx=+， 22 0000 484168441qa qbxxxx=+=+= ，解得 0 1x =或3， 得 (1, 1)q 或 (3, 1)q. 10 分 当q为(1, 1) 时，点q到直线l的距离为 |1 1 1|3 2 22 + + =， 13 2 86 2 22 qab s= =； 当q为(3, 1) 时，点q到直线l的距离为 |3 1 1|5 2 22 + + =， 15 2 810 2 22 qab s= =. 12 分 19. 本题考查直线与平面平行和直线与平面垂直、体积等基础知识；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. 证明：（1）法一：如图，取pb的中点g，连接gc，eg. e是pa的中点，/ /egab，且 1 2 egab=， 又正方形abcd，/ /abcd，abcd=， / /egcd，且 1 2 egcd=. f是cd的中点， 1 2 fccd=，/ /fceg且fceg=， 四边形egcf是平行四边形，/ /efgc， 2 分 又gcpbc平面，efpbc平面，/ /efpbc平面. 4 分 法二：如图，连接af并延长，交bc的延长线于h点. / /fcab且f是cd的中点， 1 2 hffc ahab =，f是ah的中点， e是ap的中点，/ /efph. 2 分 hbc，phpbc平面,又efpbc平面，/ /efpbc平面. 4 分 法三：如图，取ab中点m，连接em，fm. ,e m分别是,ap ab的中点，/ /empb， 又empbc平面，pbpbc平面，/ /empbc平面. ,f m分别是,cd ab的中点，/ /fcmb，且fcbm=， 四边形bmfc是平行四边形，/ /mfbc， 又fmpbc平面，bcpbc平面，/ /mfpbc平面 . 3 分 又emmfm=，/ /efmpbc平面平面. efefm平面，/ /efpbc平面. 4 分 解：（2）如图，取pb的中点g，由（1）可知,/ /egcd，所以过,e f c的平面即为平面egcd. 5 分 pad是等边三角形，e是ap中点，eped. 在正方形abcd中，abad， 平面pad 平面abcd，padabcdad=平面平面，ababcd平面， abpad平面，由（1）可知/ /egab，egpad平面， egep，又eped，deege=，pe 平面egcd. 7 分 1 3 p egcdegcd vpes =. 在四棱锥pegcd中，egpad平面,egde， 底面egcd为直角梯形，又底面边长为 2，pad是等边三角形， 3de=， 13 3 (12)3 22 egcd s=+=，又1pe =， 113 33 1 3322 p egcdegcd vpes = =. 9 分 取ad的中点n，连接pn. pad是等边三角形，n是ad中点，npad. 又平面pad 平面abcd，padabcdad=平面平面 ,nppad平面 npabcd平面， 4 3 3 11 34 33 p abcdabcd vpns = . 11 分 所以 3 3 2 84 3 3 p egcd p abcd v v =，所以被平面efc分成的两部分的体积比为 3 5 . 12 分 20.本题考查频率分布直方图，样本数字特征估计总体数字特征等知识；考查学生的阅读理解能力、数据处理能 力和运算求解能力；考查统计与概率思想、化归与转化思想、创新意识和应用意识满分 12 分. 解：（1）方法一 31个零件序号的中位数为1546，所有零件序号的中位数为 1 2 n + ， 2 分 依题意得 1 1546 2 n + =，解得3091n =. 3 分 方法二 抽取的31个零件将0, 1n + 划分为32个区间，平均长度为 1 32 n + ， 前31个区间的平均长度为 2791 31 ， 5 分 依题意得 12791 3231 n + =，解得2880n . 6 分 （2） 抽取的720件优等品占总数的 7201 28804 =，依题意得 1 (200200) 4 pmym+=， 8 分 由频率分布直方图可知： (190210)(0.0290.041) 100.70.25py=+= ，故010m， 则 (200200 )(0.0290.041) 100.25pmymmm+=+= ， 10 分 解得3m .故优等品的范围为197 203y. 11 分 因为205 197,203 ，所以内径为205的零件不能作为优等品. 12 分 21.本题考查函数的单调性、导数及其应用、不等式等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查数形 结合思想，函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等满分 12 分. 解：（1） 1 2 a = ( ) 2 1 cos 2 f xxx=，( )sinfxxx=+， 1 分 法一：(0)0 f =， 2 分 当 (0,1x 时，0 x ，sin0 x ，( )0fx ，当 (1,)x+时，( )sin1sin0fxxxx=+ +. 当0 x 时，( )0fx ， 又()sin( )fxxxfx= = ，( )fx是奇函数， 当0 x 时，( )0fx. 4 分 综上，当0 x 时，( )0fx ，( )yf x=单调递减；当0 x 时，( )0fx ，( )yf x=单调递增； 因此0 x =为函数( )yf x=的极小值点，无极大值点. 5 分 法二：令( )( )sing xfxxx=+，(0)0 f =， 2 分 则( )1cosgxx= +，cos1x ( )=1cos0gxx+，故( )yfx=在r上单调递增. 4 分 所以当0 x 时，( )( ) 00fxf=，( )yf x=单调递减；当0 x 时，( )( ) 00fxf=，( )yf x=单调递 增；因此0 x =为函数( )yf x=的极小值点，无极大值点. 5 分 （2）当0 x =时，( )0f x ，故( ) 2 cos 0 x f xa x =， 33 , 22 x 且0 x . 6 分 令( ) 2 cosx h x x =，则( )() 2 43 sin2 cos1 sin2cos xxxx h xxxx xx =+ ， 1当0, 2 x 时，( )0hx ，( )yh x=单调递减，当0 x ，( )h x +，0 2 h = ； 2当, 2 x 时，令( )sin2cosxxxx=+，则( )cossin0 xxxx=，( )yx=单调递减，又 0 22 = ，( )20 = ， 故存在 0 , 2 x 使得() 0 0 x=， 即当 0 , 2 xx 时，( )0 x，( )0hx ， ( )yh x=单调递减；当() 0, xx时，( )0 x，( )0hx ，( )yh x=单调递增； 3当 3 , 2 x 时，( )0hx ，( )yh x=单调递增； 综上可知：( )yh x=在() 0 0,x上单调递减，在 0 3 , 2 x 上单调递增. 9 分 由于( )yh x=为偶函数，只需函数( )yh x=与y a= 在 3 (0,) 2 上有两个交点.( )0h +，0 2 h = ， () 0 0h x， 3 0 2 h = ， 3 0 2 mh = ，() 0 nh x=. 10 分 以下估计() 0 nh x=的范围： 法一： 0 ()0 x=， 000 sin2cos0 xxx+=， 0 0 0 2cos sin x x x = ， 22 000 00 2 0000 cossin1cos11 ()(cos) 4cos4cos4 cos xxx h xx xxxx = 323 ()(-2)0 424 =， 0 3 (, ) 4 x ， 0 2 cos( 1,) 2 x . 令 0 2 cos( 1,) 2 tx= ，则00 0 111 1 ()(cos)() 4 cos4 nh xxt xt = ， 1 1 () 4 yt t =在 2 ( 1,) 2 t 单调递减， 1222 (2)() 4282 yt+= = ， 0 2 () 8 nh x= ， 2 8 mn，结论得证. 12 分 法 二 ： 323 20 424 = ， 55 30 612 = ， 0 35 , 46 x ，() 0 0 2 0 cosx h x x = ， 0 32 cos 22 x ， 2 2 0 381 5 416 x ， l x y m n ro p l x y m n ro p 0 2 0 cos22 88 x n x +=+= 2 00 2 0 8cos2 8 xx x + 2 0 3 825 2 8x + 0， 2 8 n . 2 8 mnn= ，结论得证. 12 分 22选修44：坐标系与参数方程 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、分类与整合思想等满分 10 分 解：法一：（1）由() 2 2 11xy+=得， 22 20 xyx+=. 因为 222, cosxyx=+=，所以2cos=，即为c的极坐标方程. 2 分 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oppnmrorom=+. 在 rtopm中，coscosomop=，所以 2cos=+. 因为0，所以 2 1cos = . 当p在y轴或y轴左侧时，满足 2 1cos = . 综上，p点轨迹的极坐标方程为 2 1cos = . 5 分 （2）因为4opoq=，所以设点()() 12 ,pq ，且 12 4=. 6 分 又 12 2 ,2cos 1cos = ，所以 2 8cos 1cos = ， 8 分 解得 1 cos 2 =，所以 2 4 1 1 2 op = . 10 分 法二：（1）由() 2 2 11xy+=得 22 20 xyx+=.因为 222, cosxyx=+=， 所以 2cos= ，即为c的极坐标方程. 2 分 设(),p x y，因为点p到原点距离与到l距离相等，所以 22 2xyx+=+，化简得 2 44yx=+. 因为 cos ,sinxy= ，所以 22 sin4 cos4=+. 因为 22 sin1 cos= ，所以() 2 2 cos2=+.因为1x ，所以 cos20+ ， 所以 cos2=+ ，化简得 2 1cos = ，即为p点轨迹的极坐标方程 5 分 （2）由已知得直线pq的斜率存在，设点()() 1122 ,p x yq xy，pq的斜率为k， 由 2 , 44 ykx yx = =+ ，解得 2 1 2 22 1k x k + = . 6 分 由 22 , 20 ykx xyx = += ，解得 2 2 2 1 x k = + . 7 分 由4opoq=，得()() 1122 ,4,x yxy=，所以 12 4xx=，所以 1 0 x ， 所以 2 22 22 18 4 1 k kk + = + ，即 2 22 1116 1 k kk + = + ， 8 分 令 2 1tk=+，则 22 116 1 t tt + = ，解得 2 4t =，所以 2 3k = .所以 22 11 4opxy=+=. 10 分 法三：（1）同解法二. （2）因为4opoq=，所以设点()() 12 ,pq ，且 12 4=. 6 分 又 22 112 sin4cos4,2cos=+=，所以( )() 2 2 8cossin4 8coscos4=+， 8 分 化简得 42 16cos8cos10+ =，即 2 1 cos 4 =，因为 2 0，所以 1 cos 2 =. 所以 2 4 1 1 2 op = . 10 分 23选修45：不等式选讲 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满分 10 分 解：（1）由已知得，( )01fabcabc=+ =+= 1 分 所以() 2 222 222abcabcabbcac+=+