1、第1 1頁共 2323 頁2020 屆福建省泉州市普通高中畢業班單科質量檢查數學（理）試題一、單選題1 1.已知集合Mx |x2x 0 , Nx| x 1，則（）A A.M NB B.N MC C.MUN RD D.M N【答案】D D【解析】 解一元二次不等式求得集合M，由此判斷出正確選項 【詳解】2由x x x x 10解得0 x 1，故M x|0 x 1，由于N x|x 1，所以MN故選：D.D.【點睛】本小題主要考查一元二次不等式的解法，考查集合的包含關系，考查集合的運算，屬于基礎題. .2 2 若復數z z 滿足z（1i)2 3i，則z( )15.15.5151A A .iB B.i

2、C C.iD D .222 22222【答案】A A【解析】根據復數的除法運算，求得 z z . .再根據共軛復數的概念即可求得Z 【詳解】22 5i 3i 15.i. .2 2 215因此，zi. .22故選：A.A.【點睛】本題考查了復數的除法運算，共軛復數的概念，屬于基礎題3i (23i)(1 i)3i，(1 i)(1 i)第2 2頁共 2323 頁xy 2 03 3.若x,y滿足約束條件3xy 10,則z 4x 2y的最小值為（)y2第3 3頁共 2323 頁【答案】B B 【解析】根據線性約束條件畫出可行域，將目標函數化為直線平移即可求得該直線在y軸截距最小時對應的最優解，代入【詳解

3、】x y 2 0 x, y滿足約束條件3x y 1 0, ,由此可得可行域如下圖所示此時zmin故選：B.B.【點睛】 本題考查了線性規劃的簡單應用，線性目標函數最值的求法，屬于基礎題其中為真命題的編號是（A A -17-17B B -13-13D D 2020c zy 2x2，由直線的4x 2y計算即可. .該可行域是個以A】,2, ,B(4,2), ,C37為頂點的三角形區域（包括邊界）目標函數4x 2y可化為y2x當動直線2xz過點27時，z z 取得最小值,134 4 .已知m, n是兩條不同的直線，是兩個不重合的平面 給出下列四個命題:若/ ,m，則m/若m/n,n，則m/若,m，則

4、m若m/ ,m，則第4 4頁共 2323 頁【答案】C C【解析】由面面平行的性質可判斷 ；對于, ,m m 可能在 內；對于, ,由面面垂直無法判斷線面的位置關系；在平面內找到直線m使得mi/m, ,即可判斷【詳解】中若/，則內任一直線與平行, ,為真命題；中若m/n,n，則 m m 可能平行于，也可能在 內, ,為假命題；中若，m，則 m m 可能垂直于，也可能平行于，也可能與相交但不垂直, ,為假命題;中若m/，則可在 內作一直線m使mi/m, ,又因為m，所以mi, ,又綜上，為真命題, ,故選: :C C【點睛】本題考查線面、面面的空間位置關系的判定，屬于基礎題25 5.函數f x

5、xlnx的圖象大致為（【解析】首先求出函數的定義域,【詳解】2A A .B B.C C .D D .mi, ,則，為真命第5 5頁共 2323 頁解：Q f x xln x定義域為第6 6頁共 2323 頁fxxlnxxln xfx即函數f x是奇函數，圖象關于原點對稱，由x0,f x為奇函數，排除 B B;又f12o,排除C；ee當x0時，f x2ln x 2，令fx12ln x 20,解得x -,e所以函數在0,1e上單調遞減，在1 15 5e e上單調遞增，排除 A A；故選：D【點睛】本題考查函數圖象的識別，關鍵是函數的奇偶性，單調性的應用，屬于基礎題【答案】b，從而得到C的方程. .

6、【詳解】因為實軸長2a 4，所以a 2,F c,0,由對稱性，雙曲線的一個焦點到兩條漸近線的距離相等，K不妨取漸近線為y x，即 bxbx ayay 0 0 ,ab c 0c點F c,0到漸近線的距離dbb,VZV c所以b 3,2 2所以 C C 的方程為1,49故選：C.C.6 6 .已知雙曲線 C C:2x2ab 0）的實軸長為4 4,左焦點 F F到 C C 的一條漸近線的距離為3 3,C C 的方程為（2xA A .22y- 132y- 192x xD D . .2y-y- i i9 9【解根據實軸得到a的值,然后表示出漸近線, 表示出焦點到漸近線的方程, 得到第7 7頁共 2323

7、 頁【點睛】本題考查點到直線的距離，利用雙曲線的幾何性質求雙曲線的方程，屬于簡單題第8 8頁共 2323 頁7 7 執行如圖所示的程序框圖，則輸出S S 的值為(【答案】D D【解析】根據程序框圖，先計算出N和T的含義，再根據S N T即可求得輸出值 或利 用等差數列的求和公式求解 【詳解】依題意：得N 1 3 52019, ,T 02462018. .解法一：S N T (1 0) (3 2)(5 4) L (2019 2018) 1010, ,故選: :D.D.解法二：N(1 2019) 10101010 1010, ,T(2018) 10101009 1010, ,2 2所以S N T

8、1010 1010 1010 1009 1010 (1010 1009) 1010, ,故選：D.D.【點睛】 本題考查了程序框圖的簡單應用，數列求和公式的應用，屬于中檔題. .8 8 明代朱載埴創造了音樂學上極為重要的 等程律”在創造律制的過程中，他不僅給 出了求解三項等比數列的等比中項的方法， 還給出了求解四項等比數列的中間兩項的方 法.比如，若已知黃鐘、大呂、太簇、夾鐘四個音律值成等比數列，則有大呂一”黃鐘太簇，大呂= =J J 黃鐘夾鐘，太簇=3黃鐘夾鐘2據此，可得正項等比數列an中，ak()An k-1a1nkanB B.nk1g annkC C n1a1nkank1D D n 13

9、1k 13nn kA A -1010-1010B B. -1009-1009C C. 10091009D D. 10101010一L_ IN -+ 1 $第9 9頁共 2323 頁【答案】C C【解析】根據題意可得三項等比數列的中項可由首項和末項表示，四項等比數列的第 2 2、第 3 3 項均可由首項和末項表示，從而類比出正項等比數列an中的 a ak可由首項a1和末項an表示. .【詳解】因為三項等比數列的中項可由首項和末項表示， 四項等比數列的第 2 2、第 3 3 項均可由首項和末項表示,故選：C.C.【點睛】化背景，再利用等比數列的通項公式進行等價變形求解29 9 .已知拋物線 E E

10、:x28y的焦點為 F F，過 F F 的直線 I I 與 E E 交于 A A , B B 兩點，與 x x 軸交于點C若 A A 為線段CF的中點，貝U AB()A A . 9 9B B. 1212C C. 1818D D. 7272【答案】A A【解析】 解法一：根據A為線段CF的中點，得到A坐標，從而得到直線AF，與拋物線聯立得到X1x2，從而得到y y2，利用拋物線焦點弦公式，得到AB的長；解法二：延長BC交準線y 2于D，過點A作AM垂直準線交準線于M，過點B作N，準線與y軸交于點H，由DMA s DNB，得到【詳解】 依題意得p 4，焦點F 0,2, 如圖，因為A為線段CF的中點

11、,所以正項等比數列an中的 a ak可由首項ai和末項an表示,因為an所以ak=a=aik 1an本題以數學文化為背景,考查類比推理能力和邏輯推理能力,求解時AMBNADDB，得到BF，再根據AFAM 3，得到AB的長. .BN垂直準線交準線于第1010頁共 2323 頁所以A1，代入拋物線方程得到XA2 2，舍去正值,所以A 2、.2,1解法一：k2 1 2kAF02 24FDH中原點0是線段FH的中點,所以點C是線段DF的中點易得FH 4，AM AF AC 3，AD 3 AC 9，設BF BN k,因為DMAsDNB,912 k解得k 6,因此AB 3 69,故選：A.A.所以直線AF的

12、方程為yX42,將其代入X28y，得X222X160,設A X1, y,B X2,y2，則xX222,運2近y1y2- X12二-X2- XX244444所以ABy1y2p5 4 9,故選:A.A.2.245,解法二：（幾何法）延長BC交準線yD，過點A作AM垂直準線交準線于M,過點B作BN垂直準線交準線于N，準線與y軸交于點H，AM所以MADDB第1111頁共 2323 頁d/64 L/-4-i?4DJH【點睛】BiBi2【答案】C本題考查拋物線的幾何性質, 求拋物線的焦點弦的長，屬于中檔題1010 .已知a logln,ce2.e口rln，則（）B B.【答【解因為b分別與中間量-做比較,

13、2作差法c,再由a log1log12，最后利用作差法比較c的大小即可 【詳解: 因為c 1,分別與中間量丄做比較,22lne2In eln飛0,2e3In elog2log e2i，1lnInln ln所以b故選:【點本題考查作差法比較大小，對數的運算及對數的性質的應用，屬于中檔題1111.在平面直角坐標系xOy中，直線I I:kx y4k0與曲線y9 x2交于 A A , B B兩點，且uurAOuuu2，則 k k (由球0的表面積S 4 R2得16S 21,第1212頁共 2323 頁【解析】根據直線方程得到I過定點P 4,0，過圓心O作OM I于M，由【詳解】直線kx y 4k 0，

14、即k x 4 y 0，所以直線I過定點P 4,0，曲線y .9一x2是圓心為原點，半徑r 3的上半圓過圓心O作OM I于M,uuir uuu1即AO AB AM I I AB -|AB AB所以AB 2，解得 k k 1 1，所以k 1. .本題考查向量的數量積的幾何意義，根據弦長求參數的值，考查數形結合的思想，屬于 中檔題 1212已知正三棱柱ABC A1B1C1的所有棱長都為 3 3,D是BG的中點，E是線段AQ上的動點 若三棱錐E ABC的四個頂點都在球O的球面上，則球O表面積的取值范圍 為（ ）A A.8 ,21B B.16 ,273C C.273,21D D.16 ,21 2 16

15、16LUUTUUUAO AB2，得到|AB2，再利用弦長公式，得到k的值，從而得到答案圓心到直線I的距離d4k廠4kk2=1,AB 2&2d2224kk21因為曲線y ,9 x2是上半圓,結合圖像可得k 0，【點第1313頁共 2323 頁【答案】D D【解析】由題可知，三棱錐E ABC的外接球的球心0在上底面等邊A1B1C1的中心01與下底面等邊ABC的中心O2的連線的線段O1O2上，設球0的半徑為2 2 2 2 2 2 2 2RQEX,0Qy, ,則R 0AO2A O2O且R OE O1E QO, ,易得202A、3, ,則R2X2y2, ,R2,33 y2, ,可得X212 6y

16、, ,代入R2x2y2中, ,則R2y 323, ,由X的范圍可得y的范圍，即可得到R2的范圍，進fl如圖所示，依題意可知，三棱錐E ABC的外接球的球心0在上底面等邊A1B1C1的中心。1與下底面等邊ABC的中心。2的連線的線段0Q2上連接0A、0E,設0A 0E ROE x,0Q y；在Rt 001E中,0E201E20Q2得R2x2y2；在Rt A002中,02A233 .3,0023 R,32由0A202A2。202得R23)2(3 y)2；由R2x2y2和R2(、.3)2(3 y)2得(J3)2(3 y)2X2y2整理得x212 6y,所以R2y26y 12 (y 3)23,又因為0

17、X乙得|y 2；32121當y 2時，R2的最小值為 4 4;當y時，R2的最小值為 一；24 4221所以4 R2,4由球0的表面積S 4 R2得16S 21,第1414頁共 2323 頁故選: :D D【點睛】本題考查棱錐的外接球的表面積問題，考查空間想象能力二、填空題vyv v v1313.已知向量ax,2,b2,1，且ab，則a _【答案】2、5【解析】根據向量共線的公式求解得x 4, ,再根據模長公式求解即可 【詳解】由a/b得，x 1 2 2 0，即x 4，所以 4222.20 2、5 故答案為：2 5【點睛】本題主要考查了向量的平行公式與模長公式，屬于基礎題型 1414 .記Sn

18、為數列a的前n項和若2an ian0,S593，則比 _. .【答案】31【解析】由題意可知，數列an是以一為公比的等比數列， 利用S593結合等比數列2求和公式可求出 印的值，然后利用等比數列的通項公式可求出3s的值 【詳解】an 111云2，所以，數列 K 是以為公比的等比數列，故答案為：3. .【點睛】本題考查等比數列中的項的計算，同時也涉及了等比數列的定義以及等比數列求和公式的應用，考查計算能力，屬于基礎題 1515 .已知函數f x是定義在 R R 上的奇函數，當x 0時，f X 1 3f x;當x 0,1時，f x In x 2，則f 0 f eQ 2an 1an0,S5a1112

19、5皆193，解得a148，因此，a5a148 3. .16343第1515頁共 2323 頁【答案】9【解析】由f x是定義在R上的奇函數f e f e,f 0 0，再依題意求出f e即可得解. .【詳解】解：因為f x是定義在R上的奇函數，所以f e f e，f 00，又2 e 3，0 e 2 1，所以fe 3f e 1 9f e291 n e 2 29,e 9. .故答案為：9【點睛】本題考查函數值的計算，函數的奇偶性的應用，屬于基礎題1616 .若函數f x sin( x )(0)在(，)單調，且在(0,)(0,)存在極值點，則3 3的取值范圍為【答案】1I解析】先通過函數 f(X)f(

20、X)在( (0，-)-)存在極值點，求出的范圍，再根據在匸的范圍，得最終 的范圍 求出k和 之間的不等關系，再結合已求出的【詳解】解：因為函數f(x)f(x)在( (0,-),-)存在極值點，所以)單調,，又 f f (x)(x)在(-,)單調,所以T 6k ,3(kN)，即343第1616頁共 2323 頁解得-2k3綜上，1故答案為:【點睛】本題考查三角函數的單調性和極值問題,關鍵是要建立關于k和之間的不等關系，是只能取第1717頁共 2323 頁中檔題 1【答案】（1 1）證明見解析（2 2）2【解析】（1 1）由PA平面ABCD及底面ABCD是正方形可證得CD平面PAD, ,則CD A

21、E, ,又由AE PD, ,即可求證；（2 2）以A為原點，分別以AB、AD、AP所在的直線為 x x 軸、y y 軸、z z 軸建立空間直角坐 標系Axyz, ,由（1 1）可知uu=為平面PCD的一個法向量，求得平面PBC的一個法向量m，進而利用數量積求解即可【詳解】（1 1）證明：因為PA平面ABCD, ,CD平面ABCD, , 所以PA CD, ,因為底面ABCD是正方形所以AD CD, ,又PA AD A, ,所以CD平面PAD, ,因為AE平面PAD, ,所以CD AE, ,又因為AE PD,CD PD D, ,CD,PD平面PCD, ,所以AE 丄平面PCD（2 2）因為PA平面

22、ABCD, ,底面ABCD為正方形，所以PA AB, PA AD, AB AD，以A為原點，分別以AB、AD、AP所在的直線為x x 軸、y y 軸、z z 軸建立空間直角坐標系A xyz（如圖所示）平面ABCD,AEPD. .三、解答題第1818頁共 2323 頁設PA AB 1, ,則A(0,0,0), B(1,0,0), C(1,1,0),D(0,1,0), P(0,0,1), ,因為AE PD，所以E為PD中點，所以E 0,1,2LUUTUUU(1,0, 1),PC(1,1, 1),AE設平面PBC的一個法向量為mn x, y,z1故二面角 B B PCPC D D 的余弦值為 一2【

23、點睛】 本小題考查線面垂直的判定與性質、二面角的求解及空間向量的坐標運算等基礎知識 考查空間想象能力及運算能力21818 .記Sn為數列an的前 n n 項和 已知an0,6S.an3an4. .(1)(1) 求 a an的通項公式；2 2(2)(2) 設bn也也，求數列bn的前 n n 項和Tn anan 1uuu所以PBUUU由(1 1)得AE0,-,-為平面PCD的一個法向量2 2亠 PBm0 xz0r由r，即，令X 1, ,則z 1,y0, ,所以mPC m0 xyz 01,0,1rULur因此cos m, AE由圖可知二面B B PCPC D D 的大小為鈍角uuvrrUUUm AE

24、ruam AE第1919頁共 2323 頁an 130. .3n 1. .【點睛】能力與運算求解能力等，考查化歸與轉化思想、特殊與一般思想等，體現基礎性，導向 對發展邏輯推理、數學運算等核心素養的關注1919.ABC中，B 60o,AB 2, ABC的面積為2 3. .(1)求AC(2)若D為BC的中點，E,F分別為邊AB, AC上的點(不包括端點)，且【答案】(1 1)an3n1(2 2)Tn2n空4 3n 4【解析】(1 1)根據anS|, n 1、22S S2，作差可得6anan3anan 13an 1，再SnSn 1n 2對其因式分解，即可得到anan13，最后根據等差數列的通項公式計

25、算可得(2(2)由(1 1)可得bn的通項公式,再用分組求和及裂項相消法求和解：(1 1 )當n1時，6S12因為6Snan3an4,由一得6an2an3an3耳4，所以 a ai1(不合，舍去)2an3an 14，所以又an0，所以anan 1因此an是首項為4 4,公差為 3 3 的等差數列. .故an(2)(1(1) 得2 23n 1 3n 43n1 3n3n 1所以Tn2 L1033n33n 42n31033n 133n 42n 14 3n 4本小題等差數列的通項公式與數列求和等基礎知識,考查推理論證【詳所以當n-2時，6Sn2an 13an 1,第2020頁共 2323 頁EDF 1

26、20o，求DEF面積的最小值 第2121頁共 2323 頁【答案】(1)2 3; ; (2 2)6 3 3-AB BC sinB求出BC，再利用余弦定理求AC即可;2所以AC 2, 3;DFV，所以DF20 ,60,CDF60,在VBDE中，由正弦定理得:(2)設BDEBD sinBEDDEsin B即sin 60DE_3，所以2DEsin 60在VCDF中，由正弦定理得:sinCDCFDDFsinC由(1 1)可得BC2AC2AB2, B60,C 30,所以SVDEFDE DF sinEDF4sin 60cos【解（1 1）利用S/ABC(2(2)設BDE0 ,60，在VBDE中，利用正弦定

27、理表示出DE，在VCDF中，利用正弦定理表示出DF，再將VDEF的面積表示出來，禾U用三角函數的性質求其最小值. .【詳解：(1)因為B 60, AB 2,1所以SVABC- AB BC sin B22 BC2BC,2又S/ABC2、3，所以BC 4,由余弦定理得：AC2AB2BC22AB BCcosB 224222 4 -12,2則sin 90cos第 i i2222頁共 2323 頁2 3cos22sin cos2sin 26015時，sin 2601,SVDEPmin6 33,2“3故VDEF的面積的最小值為33【點睛】本題考查正余弦定理的應用，三角形的面積公式以及三角函數性質的應用，是

28、中檔題2 2x y2020已如橢圓 E E：牙1(aa b113b0)的離心率為2，點A宀三在E上. .(1)(1)求 E E 的方程:(2)(2) 斜率不為 0 0 的直線I I 經過點B丄,0，且與 E E 交于 P P，Q Q 兩點，試問：是否存在2定點 C C， 使得PCBQCB?若存在，求 C C 的坐標：若不存在，請說明理由【答案】1(2 2)存在 x x 軸上的定點C 8,0，使得PCB QCB【解析】(1)根據橢圓離心率和過的點，得到關于a，b的方程組，解得a，b的值,從而得到橢圓的方程；(2 2)設存在定點C，對稱性可知設C m,0，根據PCBQCB，得到kpckQC0,即得

29、%x,my220，直線I的方程為:x2mx ty1與橢圓聯立，得到yi丫2，y“2，從而得到m和t的關系式，根據對t R恒成立,從而得到m的值. .【詳解】(1(1)因為橢圓在橢圓上，所以21aba233A2a 4b21,E E 的離心率e，所以3a24b2,由解得a24,b23. .2 2故 E E 的方程為y1. .43(2(2)假設存在定點 C C，使得PCBQCB. .第2323頁共 2323 頁第 i i2424頁共 2323 頁由對稱性可知，點C必在x軸上，故可設C m,0因為PCBQCB，所以直線PC與直線QC的傾斜角互補, 因此kpckoc設直線l的方程為：x tyixty -

30、消去x，得ii2t2i6 y2i2ty 450，所以因為所以i2t2yiy22i2t i6i2t i2t2i6，45kpckoc0，所以Xiyimy-imy2xi整理得2tyiy2yiy22i44t i802i2t i6所以45所以2tJ5_i2t i6所以90t i2tm2_45i2t2y2x2mi6，即yity2i2t2i2ti690 i2y2tyi90t22i2t i6i2t0，對t R恒成立,即96 i2m t 0對tR恒成立，所以8. .m【點睛】第2525頁共 2323 頁第 i i2626頁共 2323 頁本小題主要考查橢圓的幾何性質，直線與橢圓的位置關系，橢圓中的定點問題，屬于

31、中檔題 22121 .已知函數f x x ax（1 1）討論 f fX的單調性;（2 2）若函數g xx21 exmx 1在1,有兩個零點，求 m m的取值范圍. .【答案】 （1 1）答案不唯一，具體見解析（2 2）【解析】 （1 1）首先求出函數的導函數因式分解為數a分類討論可得;（2 2）依題意可得gx 12ex條件;X在1,再對m1,m1,0m 1【詳解】解：（1 1） 因為f XX2ax即f xx a1 X1 ex由f x0,得x1a 1當a0時，f f : :Xx 1故f X在，為增函數 當a0時，a11,由fx0得xa1或所以fX在，a1,當 a a0 0 時，a 11由fx0得

32、xa1或所以fX在，1,a綜上，當a 0時，f X在為當m 0時，由（1 1）得x x1 ex，再對參m，當m 0函數在定義域上單調遞增，不滿足為增函數, 因為m,g 00. .1 ex，所以f x,X21. .2xe-O,當且僅當x1,1,1時, 等號成立由fX 0得為增函數，在為增函數，在增函數;1,1；1為減函數. .1為減函數. .第2727頁共 2323 頁第2828頁共 2323 頁(1)當當m 1時，g 00,x 0時,g X 0,1 1X X0 0 時，g X 0；所以g x在1,0為減函數，在0,為增函數，g xming 00. .故g x在1,有且只有一個零點（ii）當當m 1時，g 00,g m2mm 1 e m0,Xo0,m, 使得g X。0,且g x在1,X為減函數，在XD,為增函數 所以g X。g 00,又g m2mm21 e m 12m12m 10,根據零點存在性定理，g x在Xo,m有且只有一個零點 又g x在1,X上有且只有一個零點0 0. .故當m1時，g x在1,有兩個零點(iii) 當f 0 m 1時，g 1m 0,g 00,Xo1,0，使得g Xo0,且g x在1,Xo為減函數，在Xo,為增函數 因為gx在Xo,有且只有個零點 0 0,若g x在1,有兩個零點，貝V g x在1,Xo有且只有一個零點 當