福建省泉州市2020届高三上学期单科质量检查数学（理）（答题全析——解答题部分）

市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 1 页（共页（共 11 页）页） 保密保密启用前启用前 泉州市泉州市 2020 届高中毕业班单科质量检查届高中毕业班单科质量检查 理理科科数数学学 20201 注意事项：注意事项： 1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上 2考生作答时，将答案答在答题卡上请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答 题区域书写的答案无效在草稿纸、试题卷上答题无效 3选择题答案使用 2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案 使用5 . 0毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚 4保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第第 1721 题为必考题，每个试题考题为必考题，每个试题考 生都必须作答生都必须作答第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分 17 （12 分） 如图，四棱锥ABCDP的底面是正方形，PA平面ABCD，AEPD （1）证明：AE 平面PCD； （2）若APAB，求二面角DPCB的余弦值 【命题意图【命题意图】本小题考查线面垂直的判定与性质、二面角的求解及空间向量的坐标运算等基础知识，考查 空间想象能力、逻辑推理及运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，体现 基础性、综合性与应用性，导向对发展数学抽象、逻辑推理、直观想象等核心素养的关注 【试题解析】 解法一： （1）因为PA 平面ABCD，CD 平面ABCD， 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 2 页（共页（共 11 页）页） 所以PACD1 分 又底面ABCD是正方形，所以ADCD 2 分 又PAADA ，所以CD 平面PAD3 分 又AE 平面PAD，所以CDAE 4 分 又因为AEPD，CDPDD，,CD PD 平面PCD， 5 分 所以AE 平面PCD 6 分 （2）因为PA 平面ABCD，底面ABCD为正方形， 所以PAAB，PAAD，ABAD，分别以AB、AD、AP所在的直线为x轴、y轴、z轴 建立空间直角坐标系Axyz（如图所示） 7 分 设1PAAB，则A 0,0,0（），B 1,0,0（），C 1,1,0（），D 0,1,0（），(0,0,1)P， 1 1 (0, ) 2 2 E， 1,0, 1PB （），1,1, 1PC （）， 1 1 (0, ) 2 2 AE 8 分 由（1）得 1 1 (0, ) 2 2 AE 为平面PCD的一个法向量9 分 设平面PBC的一个法向量为 111 ()mx ,y ,z 由 0, 0, PB m PC m 得 11 111 0, 0, xz xyz 令 1 1x ，解得 1 1z ， 1 0y 所以(1,0,1)m 10 分 因此 1 1 2 cos, 21 2 2 m AE m AE mAE 11 分 由图可知二面角BPCD的大小为钝角 故二面角BPCD的余弦值为 1 2 12 分 解法二： （1）同解法一6 分 （2）过点B作BF垂直于PC于点F，连接DF、BD 因为PBPD，BCCD，PCPC， 所以PBCPDC7 分 因此易得 0 90DFCBFC ，BFDF8 分 所以BFD为二面角BPCD的平面角9 分 设1PAAB ，则 2BD ， 6 3 BFDF10 分 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 3 页（共页（共 11 页）页） 在BDF中，由余弦定理，得 222 222 2 66 ()()( 2) 1 33 cos 226 2 () 3 BFDFBD BFD BF DF 故二面角BPCD的余弦值为 1 2 12 分 18 （12 分） 记 n S为数列 n a的前n项和已知0 n a ， 2 634 nnn Saa （1）求 n a的通项公式； （2）设 22 1 1 nn n nn aa b a a ，求数列 n b的前n项和 n T 【命题意图】本小题主要考查递推数列、等差数列的通项公式与数列求和等基础知识，考查推理论证能力 与运算求解能力等，考查化归与转化思想、特殊与一般思想等，体现基础性，导向对发展逻 辑推理、数学运算等核心素养的关注 【试题解析】 解： （1）当1n 时， 2 111 634Saa，所以 1 4a 或1（不合，舍去） 1 分 因为 2 634 nnn Saa，所以当2n时， 2 111 634 nnn Saa ， 由得 22 11 633 nnnnn aaaaa ，2 分 所以 11 30 nnnn aaaa 3 分 又0 n a ，所以 1 3 nn aa 4 分 因此 n a是首项为4，公差为3的等差数列5 分 故43131 n ann6 分 （2）由（1）得 22 313433 2 31 343134 n nn b nnnn ， 9 分 所以 3333339 2()2 4771031344 34 n n Tnn nnn 12 分 19 （12 分） ABC中，60B ，2AB ，ABC的面积为2 3 （1）求AC； （2） 若D为BC的中点，,E F分别为,AB AC边上的点 （不包括端点） ， 且120EDF， 求DEF 面积的最小值 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 4 页（共页（共 11 页）页） 【命题意图】本小题主要考查解三角形、三角恒等变换等基础知识，考查推理论证能力和运算求解能力等， 考查数形结合思想和化归与转化思想等，体现综合性与应用性，导向对发展直观想象、逻辑 推理、数学运算及数学建模等核心素养的关注 【试题解析】 解法一： （1）因为60B ，2AB ， 所以 1 sin 2 ABC SAB BCB 13 2 22 BC 3 2 BC，2 分 又2 3 ABC S ，所以4BC 3 分 由余弦定理，得 222 2cosACABBCAB BCB 4 分 22 1 242 2 4 2 12， 5 分 所以2 3AC 6 分 （2）设BDE，0 ,60，则60CDF 在BDE中，由正弦定理，得 sinsin BDDE BEDB ，7 分 即 2 sin(60)3 2 DE ，所以 3 sin(60) DE ； 8 分 在CDF中，由正弦定理，得 sinsin CDDF CFDC ， 由（1）可得30C ，即 2 1 sin(90) 2 DF ，所以 1 cos DF ； 9 分 所以 1 sin 2 DEF SDE DFEDF 3 4sin(60) cos 2 3 2 3cos2sincos 10 分 3 2sin 2603 ，11 分 当15时，sin(260 )1 ， min 3 ()63 3 23 DEF S 故DEF面积的最小值为63 312 分 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 5 页（共页（共 11 页）页） 解法二： （1）同解法一6 分 （2）设CDF，0 ,60，则60BDE 在CDF中，由正弦定理，得 sinsin CDDF CFDC ，7 分 由（1）可得30C ，即 2 1 sin(30) 2 DF ，所以 1 sin 30 DF ； 8 分 在BDE中，由正弦定理，得 sinsin BDDE BEDB ， 即 2 sin(120)3 2 DE ，所以 3 sin(120) DE ； 9 分 所以 1 sin 2 DEF SDE DFEDF 33 4sin 30sin(120) 3 1331 4cossincossin 2222 10 分 3 2sin23 ， 11 分 当45时，sin21， min 3 ()63 3 23 DEF S 故DEF面积的最小值为63 312 分 20 （12 分） 已知椭圆 22 22 :1(0) xy Eab ab 的离心率为 1 2 ，点 3 ( 3,) 2 A在E上 （1）求E的方程； （2）斜率不为0的直线l经过点 1 ( ,0) 2 B，且与E交于QP,两点，试问：是否存在定点C，使得 QCBPCB？若存在，求C的坐标；若不存在，请说明理由 【命题意图】本小题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、 运算求解能力等，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想等，体现基础性、 综合性与创新性，导向对发展逻辑推理、直观想象、数学运算、数学建模等核心素养的关注 【试题解析】 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 6 页（共页（共 11 页）页） 解法一： （1）因为椭圆E的离心率 22 1 2 ab e a ，所以 22 34ab，1 分 点) 2 3 , 3(A在椭圆上，所以1 4 33 22 ba ， 2 分 由解得4 2 a，3 2 b3 分 故E的方程为1 34 22 yx 4 分 （2）假设存在定点C，使得PCBQCB 由对称性可知，点C必在x轴上，故可设( ,0)C m 5 分 因为PCBQCB ，所以直线PC与直线QC的倾斜角互补，因此 0 PCQC kk 6 分 设直线l的方程为： 2 1 tyx，),( 11 yxP，),( 22 yxQ 由 22 1 , 2 1 43 xty xy 消去x，得04512)1612( 22 tyyt， 7 分 2222 (12 )4 (1216) ( 45)144180 (1216)0tttt ，所以tR， 12 2 12 1216 t yy t ， 12 2 45 1216 y y t ，8 分 因为0 QCPC kk，所以0 2 2 1 1 mx y mx y ， 所以0)()( 1221 mxymxy，即0) 2 1 () 2 1 ( 1221 mtyymtyy 9 分 整理得 1212 1 2()()0 2 ty ymyy， 所以0 1612 12 ) 2 1 () 1612 45 (2 22 t t m t t，即0 1612 )12)( 2 1 (90 2 t tmt 10 分 所以0) 2 1 (1290mtt，即0) 2 1 (1290tm，对tR恒成立， 即0)1296(tm对tR恒成立，所以8m11 分 所以存在定点)0 , 8(C，使得QCBPCB12 分 解法二： （1）同解法一4 分 （2）若点C存在，当直线PQ垂直x轴时，点C必在x轴上， 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 7 页（共页（共 11 页）页） 如果直线PQ不垂直x轴，由对称性可知，点C也必在x轴上5 分 假设存在点)0 ,(mC，使得QCBPCB，即直线PC与直线QC的倾斜角互补， 所以0 QCPC kk6 分 设直线l的方程为) 2 1 ( xky，),( 11 yxP，),( 22 yxQ 由 22 1 (), 2 1 43 yk x xy 消去x，得0124)34( 2222 kxkxk， 7 分 22222 ( 4)4 (43)(12)1801440kkkk ，所以kR， 2 12 2 4 43 k xx k ， 34 12 2 2 21 k k xx，8 分 因为0 QCPC kk，所以0 2 2 1 1 mx y mx y ，所以0)()( 1221 mxymxy， 9 分 即 1221 11 ()()()()0 22 k xxmk xxm 整理得0)( 2 1 (2 2121 mxxmxxk， 10 分 所以0 34 4 ) 2 1 ( 34 242 2 2 2 2 m k k m k k k， 整理得0 34 243 2 k m k，对任意的kR恒成立， 11 分 所以8m，故存在x轴上的定点)0 , 8(C，使得QCBPCB12 分 21 （12 分） 已知函数 2 ( )1 e x f xxax （1）讨论( )f x的单调性； （2）若函数 2 ( )1 e1 x g xxmx在1, 有两个零点，求m的取值范围 【命题意图】本小题主要考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性、最值和零点等问题，考查抽 象概括、推理论证、运算求解能力，考查应用意识与创新意识，综合考查化归与转化思想、 分类与整合思想、函数与方程思想、数形结合思想、有限与无限思想以及特殊与一般思想， 考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算、数学建模等核心素养 【试题解析】 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 8 页（共页（共 11 页）页） 解： （1）因为 2 ( )1 e x f xxax，所以 2 ( )21 e x fxxaxa ， 1 分 即( )11 e x fxxax 由( )0fx，得 1 1xa ， 2 1x 2 分 当0a 时， 2 ( )1e0 x fxx，当且仅当1x 时，等号成立 故( )f x在, 为增函数3 分 当0a 时，11a ， 由( )0fx得1xa 或1x ，由( )0fx得11ax ； 所以( )f x在,1a ，1,+为增函数，在1 , 1a为减函数 4 分 当0a 时，11a ， 由( )0fx得1xa 或1x ，由( )0fx得11xa ； 所以( )f x在, 1 ，1 ,+a为增函数，在1,1a 为减函数5 分 综上，当0a 时，( )f x在, 为增函数； 当0a 时，( )f x在,1a ，1,+为增函数，在1 , 1a为减函数； 当0a 时，( )f x在, 1 ，1 ,+a为增函数，在1,1a 为减函数 （2）因为 2 ( )1 e1 x g xxmx，所以 2 ( )1e x g xxm， 当0m时，( )0g x，( )g x在1, 为增函数，所以( )g x在1, 至多一个零点6 分 当0m 时，由（1）得( )g x在1, 为增函数 因为(0)1gm ，(0)0g （i）当=1m时，(0)0 g ，0 x 时，( )0g x，10 x 时，( )0g x； 所以( )g x在1,0为减函数，在0,为增函数， min ( )00g xg 故( )g x在1, 有且只有一个零点7 分 （ii）当1m时，(0)0 g ， 2 ( )10 m g mmem， 0 0,xm，使得 0 0gx， 且( )g x在 0 1,x为减函数，在 0, x 为增函数 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 9 页（共页（共 11 页）页） 所以 0 ()00g xg，又 2222 1 e1110 m g mmmmm ， 根据零点存在性定理，( )g x在 0, x m有且只有一个零点8 分 又( )g x在 0 1,x上有且只有一个零点0 故当1m时，( )g x在1, 有两个零点9 分 （iii）当01m时，( 1)0gm ，(0)0 g ， 0 1,0 x ，使得 0 0gx， 且( )g x在 0 1,x为减函数，在 0, x 为增函数 因为( )g x在 0, x 有且只有一个零点0， 若( )g x在1, 有两个零点，则( )g x在 0 1,x有且只有一个零点10 分 又 0 ()00g xg，所以10g 即 2 11 0 e gm ，所以 2 1 e m， 即当 2 11 e m时，( )g x在1, 有两个零点11 分 综上，m的取值范围为 2 1,11, e 12 分 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分请考生在第请考生在第 22、23 两题中任选一题作答两题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分如果多做，则按所做的第一题计分 22选修选修44：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分） 在同一平面直角坐标系xOy中，经过伸缩变换 2 ,xx yy 后，曲线 22 1: 1Cxy变为曲线 2 C （1）求 2 C的参数方程； （2）设2,1A，P是 2 C上的动点，求OAP面积的最大值，及此时P的坐标 【命题意图】 本小题主要考查圆的直角坐标方程与极坐标方程的互化， 直线的参数方程及参数的几何意义、 直线与圆的位置关系等基础知识， 考查推理论证能力与运算求解能力， 考查函数与方程思想、 转化与化归思想、数形结合思想，体现基础性与综合性，导向对发展直观想象、逻辑推理、 数学运算等核心素养的关注 【试题解析】 解法一： （1）由伸缩变换 2 ,xx yy 得到 1 , 2 . xx yy 1 分 将代入 22 1xy，得到 22 1 +=1 2 xy（），整理得 2 C ： 2 2 +=1 4 x y 3 分 市单科质检数学（理科）试题市单科质检数学（理科）试题第第 10 页（共页（共 11 页）页） 所以 2 C的参数方程为 2cos , sin x y （为参数） 5 分 （2）设2cos ,sin02P，直线:20OA xy， 6 分 则P到直线OA的距离为 2 2cos 2cos2sin4 55 d ，7 分 所以 1112 2 552 2225 OAP SOA dd 8 分 当且仅当 3 = 4 或 7 = 4 时，OAP的面积的最大值为2，9 分 此时P 2 2, 2 或 2 2, 2 10 分 解法二： （1）同解法一5 分 （2）直线:20OA xy，设直线l：20 xyc6 分 联立 2 2 20 +y