2020届宁德市普通高中毕业班第一次质量检查试卷理科数学(含参考答案)

1、2020届宁德市普通高中毕业班第一次质量检查试卷理科数学本试卷分第I卷和第II卷两部分.第I卷1至3页，第II卷3至5页，满分150. 考生注意：1 .答题前，考生务必将自己的准考号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘 贴的准考证号、姓名、考试科目 ”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2 .第I卷每小题选出答案后，用 2B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，再选涂其他答案标号.第 II卷用0. 5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写 作答.若在试题卷上作答，答案无效.3 .考试结束，监考员将试题卷和答题卡一并交回、选择题：本大题共 12小题，每小题5分，在

2、每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.21,若复数z 2i +，其中i是虚数单位，则复数 Z的模为 1 iA. y-B.&C. 73D. 2x 22C. x 2 x 1 d, x 1 x 12.设集合 A x0 0 , B x|y log2（x 2x 3）,则 AI B 二 x 13.已知等比数列、一1an满足a - 8,432 34433 1 ,则 a21111A. 一B. 一C.一D . 一44y 1,16164.已知变量X,y满足约束条件x y1,则2x y的最大值为y x1,A. x 2 x 1B x 1 x 1A. 2B. 5C. 6D. 7理科数学第9页共5页5

3、.一个球体被挖去一个圆锥，所得几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为B.C.3D.侧视图2 3正视图6.明朝数学家程大位著的算法统宗里有一道著名的题目:百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个,大、小和尚各几丁？ ”右图所示的程序框图反映了此题的俯视图一个算法.执行右图的程序框图，则输出的开始7.8.9.A. 25B. 45C.60D. 75若a, b为空间两条不同的直线,则a 的一个充分条件是C. a若实数A.C.为空间两个不同的平面,n 0B.b 且 b/D./z的大小关系是x< y < zz<x< y已知点A( 2,1)和点过点A交l于点C ,B.10.

4、已知斜率为k10g 3 y2z,则b. x<z<yD. z< y <xB关于直线l : x y若ABC的面积为(k 0)的直线l过抛物线两点，又直线l与圆x22,0对称，斜率为k的直线m则k的值为D. 33m否s 100?是m 100 n结束_2C:x 2py(p 0)的焦点F ,与抛物线C交于A, B222y py 3P 0交于C, D两点.若|AB| 3|CD | ,则k的值为 4A.2 B, 2 2 C. 4D. 811.已知函数 f(x) Asin( x )(A0,0)的周期为M (m,0) , N(n,0)分别是函数 f (x)的3图像与x轴相邻的两个交点，点

5、 p a,- (m a n)在函数f(x)的图像上，且满足2uuuu uur 2MN PN 一，则A的值为12A. 3B. 2C. 33D.近12.已知函数f (x) ax2 ln x cosx(a R),以下四个命题：2当ae时，函数f(x)存在零点；当a 0时，函数f(x)没有极值点；当a 0时，函数f(x)在(0,)上单调递增；当a 2cos1时，f (x) 0在1,)上恒成立.其中的真命题为A.B.C. D.2020届宁德市普通高中毕业班第一次质量检查试卷理科数学第II卷注意事项：用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上作答，答案无效.本卷包括必考题和选考题两部分.第132

6、1题为必考题，每个试题考生都必须做答.第22、23题为选考题，考生根据要求做答.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13 .已知向量 a (1, 2), b (m,1 m),若 a /b ,则 a b=. x2 a, x 0,2),14 .已知定义在 R上的奇函数f(x)满足f (x 4) f (x 4),且f(x) 3-x 6,x 2,4), 2则 f(11)f(15)=.15. 若 sin(-) J2(sin2cos ),则 sin2416. 在棱长为4的正方体ABCD AB1C1D1中，正方形 ABCD所在平面内的动点 P到直线AA1 ,BBi的距离之差为2.设GD的中点为E ,则P

7、E的最小值为 三、解答题：本大题共 6小题，满分70分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.17. (12 分)1已知各项均为正数的数列 an的首项ai ,前n项和为Sn,且S i S 2an 1.2(1)求数列an的通项公式;1(2)设bn -,求数列bn的前n项和Tn . (n 1)an18. (12 分)如图，矩形 ABCD 平面EBC, AB 1,_ 一 2兀 一.、一，一，?EBC ，且M, N分别为AB, CE的中点. 3(1)证明：MN /平面AED ；(2)若BC BE 2,求二面角E AD B的大小.19. (12 分)ABC的内角A, B, C的对边分别为a, b, c

8、 ,且72b c ea cosC , c 2 J2 .(1)求 A;(2)若 ABC为锐角三角形， D为BC中点，求AD的取值范围.20. (12 分)221已知椭圆C : - y- 1(a b 0)的左、右焦点分别为F1，F2,离心率为-，过F1作a2b22直线l与椭圆C交于A, B两点，ABF2的周长为8.(1)求椭圆C的标准方程;(2)问： ABF2的内切圆面积是否有最大值？若有，试求出最大值；若没有，说明理由.21. (12 分)已知函数 f (x) x2 eax 1 blnx ax(a,b R).(1)若b 0 ,曲线f (x)在点(1,f (1)处的切线与直线y 2x平行，求a的值

9、；(2)若b 2,且函数f(x)的值域为2, ，求a的最小值.请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.做答时请写清题号.22. 选彳4-4:坐标系与参数方程(10分)在平面直角坐标系xOy中，圆C：(x 1)2 (y 1)2 1 .以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，直线l的极坐标方程为(0),直线l交圆C于A, B两点，P为AB中点.2(1)求点P轨迹的极坐标方程；(2)若|AB| |OP|能，求的值.23. 选彳45：不等式选讲(10分)1已知x + 1 + 2x- 1 ? m 万在R上恒成立.(1)求m的最大值M .1 (2)若a b均为正数，且a+=M

10、,求a- 2b的取值范围.'b- 12020年宁德市普通高中毕业班质量检查 数学（理科）试题参考答案及评分标准 说明：一、本解答指出了每题要考查的主要知识和能力，并给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解法不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准指定相应的评分细则.二、对计算题，当考生的解答在某一部分解答未改变该题的内容和难度， 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.三、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.四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分. 一、选择题：本题考

11、查基础知识和基本运算，每小题1. B2.A3.A4. B5. C7. D8.C9.B10. A11. C二、填空题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分6. D12. D5分，满分60分.20分.13. 514. -15. 316.历25三、解答题：本大题共 6小题，满分70分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.17.本小题主要考查数列及数列求和等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化 归与转化思想等，满分 12分.Si 1 Sn 2an 117. 解：(1)由2两式相减，得：6 & 1 2an (n 2)an 1 an 2(an 1 an)(an 1 an)

12、(n 2), 分1又 Q an 0 , an 1 an 一 (n 2) , 3分221当 n 1 时，S2 S1 2a22 且 a1 221.故 2a2 a2 1 0,得 a2 1 (&- 0 舍去)，a2a111数列an为等差数列，公差为 一， 5分212(- n所以an1(2)由（1）及题意可得b r（n 1） n2所以 Tnbib2t3Lbn10分111112(1 2) (2 3) (3 /2n分1218.本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面与平面所成的角等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等.满分12分.(1)证明：取

13、DE中点F,分别连结AF,FN又N为BC中点,1所以 FN /CD,FN CD ,. 份2因为矩形ABCD中，M为AB的中点，1所以 AM /CD, AM -CD2所以 AM /FN,AM FN , 2分所以四边形AMNF为平行四边形,所以AF/MN , 4分又因为 AF 平面AED,MN 平面 AED ,所以MN/平面AED . 5分(2)因为矩形ABCD 平面EBC,矩形 ABCD I 平面 EBC BC , AB BC所以AB平面EBC . 6MBMBFzAAxDCEDyNNE如图，以B为原点建立空间直角坐标系B xyz,则 B(0,0,0) , A(0,0,1) , D(0,2,1)

14、, E(*§, 1,0), 7分因为x轴平面ABCD,所以n1 (1,0,0)为平面ABCD的一个法向量， 8分设n2(x,y,z)为平面AED的法向量，uur(0,2,0) , AE M 1, 1),n20 /曰2y 0，得一，n2 0 3x y z 0(1,0,点)，n1 n21则c0s n1,n2II一二，n1怔| 2由图可知二面角的平面角为锐角，uur因为ADuur AD 所以uur AE故可取n211分所以二面角E AD B的大小为-解法二：取CD中点F,分别连结FM,FN.又矩形ABCD中，M为AB中点，所以 AM /DF, AM DF ,所以四边形AMFD为平行四边形，

15、所以MF /AD , 1分又AD 平面AED,MF 平面AED ,所以MF/平面AED . 2分因为F、N分别为CD、CE的中点.所以 FN/DE,又DE 平面 AED, FN 平面AED ,所以FN / /平面AED . 3分又因为MF FN F ,12分所以平面FMN/平面AED, 4分 又MN 平面FMN ,所以MN /平面AED .过点E作EG CB交CB的延长线于 G,过G作GH DA交DA的延长线于H,连结EH,又因为平面 ABCD 平面EBC ,矩形ABCD I平面EBC BC所以EG 平面ABCD.EG AH又 EG I GH G ,AH 平面EGH ,EH AH所以 EHG即

16、为二面角E AD B的平面角，10分 因为AB GH 1，GE 卮所以tan EHG 内，11分由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角E AD B的大小为一.12分319.本小题主要考查正弦定理、余弦定理及三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，考杏应用意识.满分 12分.解：(1)解法一：因为 岳 c J2a cosC ,由正弦定理，得<2 sin B sin C 2 sin AcosC分X sin B sin (A C) sin(A C)所以 &sin AcosC cosAsinC) sinC <2sin AcosC2分一所以

17、2 cos A sin C sin C 0 , 3分因为0 C ，所以sinC 0所以 cos A ,又 0 A 4.分.2所以A 5,分（2）由（1）知 A40 C根据题意得c在ABC中，由正弦定理得 c-6.分,bsin B所以2 2 sin(C -)'4， 2sin C 2cosCsinCsin C22 tan A因为(一,),所以 tan A (1,)4 2所以(2,4)因为D为BC中点，所以UULTAD1 LUIT LUU (AC AB)29分一所以ULUT2 AD1 UUT(AC41 24(bUUU 2 AB)4b8)因为所以4(b2)2I®.分.b (2,4)A

18、D的取值范围为(5, .10)12.分解法二：（1）因为亚bc应a cosC ,由余弦定理，得42b c2,22b c2ab分整理得b2所以cos Ac2 a2- 2bc222abc v 2bc22bc 2bc 2，所以A 45分(2)由(1)知 A 二，又 c 242，故 a2 b2 8 4b. 46,分，因为ABC为锐角三角形,sin C理科数学第11页共5页222_ 2abc2b8 4b 8所以b2c2a2,即b28 b2 8 4b7分22222acbb8 4b 8 b所以b (2,4)8分 延长AD到点E,使得DE AD,连结BE , CE .3则四边形ABEC为平行四边形，所以ABE

19、 一 一 , BE AC b .44在 ABE 中，aE2 AB2 BE2 2AB BE cos ABE，9分即 4AD2 b2 4b+8,所以 AD J；(b 2)2 1, 10分因为b (2,4),所以AD的取值范围为(75,炳 12分 20.本题主要考查直线、椭圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论 证能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，考查考生分析问题和解决问题的能力，满分 12分.解：(1) Q离心率为e c 1, a 2c, 1分a 2Q ABF2的周长为8, 4a 8,得a 2, 3分c 1, b2 a2 c2 3 , 4分22因此，椭圆C的标准方程为

20、1 . 5分431(2)设 ABF2的内切圆半径为 r, Sabf - (| AF21 | AB | | BF21) r2 2又 Q|AF2| | AB| |BF2| 8, Sabf2 4r ,要使 ABF2的内切圆面积最大，只需 Sabf2的值最大. 6分设 A(x1,y3 B(x2, y2) ,直线 l:x my 1 , 22L上1联立 43 消去 x得：(3m2 4)y2 6my 9 0,x my 1理科数学第15页共5页易得 0 , 且 y y2 6m , y1 y2 29 , 3m 43m 4所以SAB弓1| F1F21 | y1 2y21 (yiy2)2 4y1 y236m2(3m

21、2 4)2363m2 412 m2 13(m2 1) 1m2 11 ,则 S ABF,12t3t2 1123t - t3t1(t t1),3t1 ,1在1,）上单调递增, t10分所以当t0时,S ABF2的最大值为3,11分91612分解：（1）当 b 0时，f（x）2 ax 1x e ax ,f (x) xeax 1(2 ax)a,(2 a)a 2,得 ea 12a)(a2)0,即（ea 11)(2a)解得2.1时,f(1)e0 1 2,此时直线y 2x恰为切线，故舍去,此时r 3 ,所以 ABF2的内切圆面积最大为4（注：若讨论直线l斜率存在或不存在，由此求得斜率不存在时面积最大值，酌情

22、按步给分） 21.本题主要考查导数的几何意义、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、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、数形结合 思想等.满分12分.(2)2.所以b 2时，f(x) x2eax 1 2ln x ax,设t x2eax1,贝Ulnt 21nx ax 1, 7分故函数f(x)可化为g(t) t In t 1.1 t 1由g(t) 1 - t，可得 t tg(t)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,),所以g(t)的最小值为g(1) 1 1n11 2,o 8分 此时t 1,函数的f (x)的值域为2,)问题转化为当

23、t 1时，1nt 21n即 1n1 21nx ax 1 0,得 a、儿1 21n x设 h(x) ,贝U h (x)xx ax 1有解，9分1 21n xox21n x 12 ，x故h(x)的单调递减区间为(0, 7e),单调递增区间为(商，)，所以h(x)的最小值为h( J1)2"e故a的最小值为22 .选修4 4 ;坐标系与参数方程考查数形结程 为本小题考查直线和圆的极坐标方程、参数方程等基础知识，考查运算求解能力，合思想、化归与转化思想等.满分10分.解 法 一： (1) 圆 C 的 极 坐 标 方2 2(sincos ) 10 , 1分将代入2 2 (sin cos)1 0

24、得：22(sincos ) 10 (0),2一一一 2-一4(sincos )4 0 成立，7分设点A,B,P对应的极径分别为1, 2, 0所以 12 2(Sin121,cos ),:理科数学第19页共5页所以 0 sin cos , 4分2所以点P轨迹的极坐标方程为 sin cos ,(0,). 2分(2)由(1)得，|AB| |OP| | 12| | 0| r2)2 4 1 2| 0|分4(sin cos )2一4 |sin cos |2，sin 2|sin cos | 百，所以 4sin 2 (1 sin 2 ) 3, (2sin 21)(2sin 23) 0 , 8分一一5又 (0,一),所以2或25 9分266即 或- 10分 解法(1)因为P为AB中点，所以CP AB于P, 1分故P的轨迹是以 OC为直径的圆(在 eC的内部)， 2分 其所在圆方程为:即 x2y2x y 0.从而点P轨迹的极坐标方程为sin