第1页 共14页 厦门市 2020 届高中毕业班第一次质量检查 数数 学学 理科 试题 理科 试题参考解答参考解答 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 分 共共 60 分 分 在每小题给出的四个选项中 只有一项是符合题在每小题给出的四个选项中 只有一项是符合题 目要求的目要求的 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B D C A C D B A B A B D 第 12 题解答提示 如图 作出函数 x ye lnyx 和y x 的草图 因为 A B关于C对称 且 12 01xx 因为 1 1C 所以 12 2 xx A 正确 由基本不等式 1212 2 2 xxxx eeee 因为 12 xx 所以等号不成立 B 正确 因为 2 12 12 01 2 xx x x 所以 1 2 1 01x x 记 ln x f x x 则 2 1 ln x fx x 故01x 时 0fx 所以 ln x f x x 在 0 1上单调递增 所以 1 2 1 f xf x 即 12 22 1 2 1 ln ln ln 1 xx xx x x 即 1 22 1 ln ln0 x xx x C 正确 记 2lng xxx 则 1 10g 13 20 22 geee 则 2 1xe 又 122222 2lnx xxxxx 易知lnyxx 在 3 2 e上单调递增 故 1222 lnln 2 e x xxxee D 错误 答案 D 二 填空题 本大题共二 填空题 本大题共 4 小题小题 每小题 每小题 5 分分 共 共 20 分 分 13 4 3 14 128 15 1 16 2 第 16 题解答提示 解法解法 1 取 1 PF另一三等分点N 则有 2 ONMF 又M是PN中点 则有Q是OP中点 所以 22 PFOFc 第2页 共14页 则 1 2PFac 由平行四边形法则 2222 1212 2 2 4 PFPFFFPO 化简得2e 解法解法 2 设 00 P xy 1 c 0 F 2 c 0 F 依题意得 00 22 33 xcy M 由 2 0 OP MF 得 22 000 20 xycx 即 222 00 xcyc 即 22 PFOFc 则 1 2PFac 12 PFF 中 12 coscos0POFPOF 化简得2e 解法解法 3 联立方程 22 000 222 00 20 6 xycx xya 解得 2 0 4 22 0 2 3 9 6 a x c a ya c 代入双曲线方程 4 2 2 2 22 9 6 9 1 a a a c cb 化简得 4222222 699a ba cab c 即 2222 3a cb c 2222 3bcaa 化简得 2e 三 解答题 三 解答题 共共 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 17 21 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 第生都必须作答 第 22 题题 第第 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 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 sincossinsin 2 AC ABA 1 分 因为sin0A 所以coscossin 222 ACBB 2 分 所以sin2sincos 222 BBB 3 分 又sin0 2 B 所以 1 cos 22 B 4 分 又0 22 B 所以 23 B 即 2 3 B 5 分 第3页 共14页 O N M F ED C B A M C B A 2 因为 2 3 B 6 A 所以 6 CAB 6 分 故ABC 为等腰三角形 则c a 2 a BM 8 分 在MBC 中由余弦定理可得 222 2cosMCBMBCBM BCB 即 2 22 2 2 7 2cos 223 aa aa 解得4a 10 分 所以 113 sin4 44 3 222 ABC SacB 12 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AFBEO 连接NO 可知四边形ABFE是菱形 所以AFBE 2 分 且O为AFBE 的中点 又NFNA 所以AFNO 3 分 又因为NOBEO NOBE 平面NEB 所以AF 平面NEB 5 分 2 因为2 3BE 所以3EO 2 3NF 所以 22 6FOEFEO 所以 22 6NONFFO 所以 222 9NOEONE 所以NO BE 6 分 解法解法一 一 又由 1 可知 NOAF 且AFBEO AFBE 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 7 分 第4页 共14页 x y z O N M F ED C B A H O N M F ED C B A 则 0 6 0 A 3 0 0 B 3 0 0 E 0 6 0 F 0 0 6 N 0 0 6 3 6 0 3 6 6 OMONNMONAB 所以 3 6 6 M 所以 0 6 6 BM 2 3 0 0 BE 亦可不求M 由 0 6 6 BMAN 设 ax y z 是平面MBE的法向量 则 006600 02 30 a BMyzx yz a BEx 取 1y 得 0 1 1 a 9 分 又平面NBE的一个法向量为 0 6 0 OA 10 分 所以 62 cos 226 a OA a OA aOA 11 分 所以二面角NBEM 的余弦值为 2 2 12 分 解法二解法二 又因为BEAF 且NOAFO NOAF 平面NAF 所以BE 平面NAF 连接MENFH 连接OH 则OH 平面NAF 所以BEOH 所以HON 为二面角NBEM 的平面角 9 分 在HON 中 1 3 2 NHNF 11 3 22 OHBMAN 6NO 所以 6332 cos 2263 HON 11 分 所以二面角NBEM 的余弦值为 2 2 12 分 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 第5页 共14页 x y P DO A B1 B 形结合思想 函数与方程思想 化归与转化思想等 满分 12 分 解解法法一一 1 0l x 2AB 舍去 1 分 1 0l ykxk 联立方程 22 1 22 ykx xy 化简得 22 21 40kxkx 解得0 x 或 2 4 21 k x k 所以 2 22 412 21 21 kk B kk 3 分 所以 2 2 4 0 21 15 1 2 k A k Bk 化简得 42 44150kk 4 分 解得 2 3 2 k或 2 5 2 k 舍去 即 6 2 k 5 分 所以 6 1 2 l yx 6 分 2 1l ykx 由 1 得 22 21 21 21 k P kk 1 0 D k 所以 1 2 OP k k 8 分 又因为0OP DQ 所以OP DQ 所以 2 DQ kk 所以 1 2 22 DQ lyk xkx k 即存在定点 0 2 Q 满足条件 10 分 0l x 则 O P重合 0 2 Q 也满足条件 11 分 综上 存在 0 2 Q 满足条件 12 分 解解法二法二 1 设 00 B xy 0 1y 则 2 20 0 1 2 x y 即 22 00 22xy 2 分 则 2 222 0000 15 1 23 4 ABxyyy 解得 0 1 2 y 或 0 3 1 2 y 舍去 4 分 所以 61 22 B 0 0 16 2 AB y k x 即 6 1 2 l yx 6 分 2 由题设得 00 1 22 xy P 当 0 1y 时 则有 22 0000 22 0000 11111 2 1 2 OPAB yyyy kk xxxy 8 分 又OP DQ 则有 1 DOPQ kk 即 22 ADQADB kkk 第6页 共14页 又 Q DQ D y k x A DA D y k x 所以 22 AQ yy 则 0 2 Q 10 分 当 0 1y O P重合 0 2 Q也满足条件 11 分 综上 存在 0 2 Q 满足条件 12 分 20 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 满分 12 分 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 1 分 所以 123123 P AP B B BB B B 123123 P B B BP B B B 12222 33333 4 分 2 i 解法一 解法一 第4次由小明摸球有以下情况 次数 第 1 次 第 2 次 第 3 次 第 4 次 概率 情况 1 小明摸球 小明摸球 小明摸球 小明摸球 4 1 P 情况 2 小明摸球 小明摸球 爸爸摸球 小明摸球 4 2 P 情况 3 小明摸球 爸爸摸球 小明摸球 小明摸球 4 3 P 情况 4 小明摸球 爸爸摸球 爸爸摸球 小明摸球 4 4 P 5 分 则 4 1 1111 33327 P 6 分 则 4 2 1224 33327 P 7 分 则 4 3 2214 33327 P 8 分 则 4 4 2124 33327 P 9 分 所以 44 14 24 34 4 13 27 PPPPP 10 分 解法二 解法二 第n次由小明摸球有两种情况 第1n 次由小明摸球 第n次由小明继续摸球 此时概率为 1 1 3 n P 5 分 第7页 共14页 第1n 次由爸爸摸球 第n次由小明摸球 此时概率为 1 1 1 1 3 n P 6 分 所以 11 11 1 1 33 nnn PPP 2 n 即 1 12 33 nn PP 2 n 7 分 所以 1 111 232 nn PP 2 n 又 1 1P 所以 1 2 n P 是以 1 2 为首项 1 3 为公比的等比数列 所以 1 111 223 n n P 即 1 111 232 n n P 9 分 所以 3 4 11113 23227 P 10 分 ii 由 i 猜测 1920 1 2 PP 所以选 19 次 12 分 21 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 满分 12 分 解 1 依题意 1 a fx x 1 分 则曲线 yf x 在点 00 P xy处的切线方程为 00 0 1 a yyxx x 又 000 ln1yaxx 代入整理得 0 0 1ln1 a yxaxa x 2 分 此直线与 1l yx 重合 得 0 0 11 ln1 1 a x axa 消去 0 x得ln10 222 aaa 3 分 记 ln1r xxxx 则 lnrxx 当01x 时 0rx r x单调递增 当1x 时 0rx r x单调递减 所以 10r xr 当且仅当1x 时取等号 4 分 由 式可知0 2 a r 第8页 共14页 所以1 2 a 即2a 5 分 2 解法一 解法一 当01x 时 3 10g xx 所以 0h xg x 无零点 6 分 当1x 时 110fg 从而 10h 故1x 为 h x的一个零点 7 分 当1x 时 0g x 则 h x的零点即为 f x的零点 令 10 axa fx xx 得x a 若1a 即1a 时 0 xa fx x 从而 f x在 1 上单调递增 进而 10f xf 又 10g xg 所以 0h x 此时 h x在 1 上无零点 8 分 若1a 即