泉州市2020届高三毕业班适应性线上测试(一) 理科数学3.14 (word版)含参考答案
打丫鬟屁屁的故事-2017年高考分数线
准考证号
姓名
（在此卷上答题无效）
保密
★
启用前
泉州市 2020
届高三毕业班适应性线上测试（一）
理 科 数 学
本试卷共 23 题，满分 150
分，共 5 页。考试时间 120 分钟。
注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上．
2．选择题请按本校老师规定的方式作答. 非选择题及使用钉钉平台阅卷的多项选择题，请自行
打印
答题卡，按照题号顺序在各题目的答题区域内（黑色线框）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．没有条件自行打印的，请在空白纸上模仿答题卡
自行画定
答题区域, 标明题号，并在相应区域内答题, 超出答题区域书写的答案无效。
3. 答题完毕，请按学校布置的要求，用手机拍照答案并上传到指定的地方，要注意照片的清晰，
不要多拍、漏拍。
一、单项选择题：本题共 10 小题，每小题 5 分，共
50 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的。
1．已知集合
A x x 3x 0
，
B x x 2≥0
，则
A I(ð
R
B
)
2
A．
x 0
x≤2
B.
x 0
x 2
C．
x 2 ≤ x
3
D．
x 0 x
3
(1i)
2
2．设复数
z
，则
z
12 i
A.
10
5
B.
2
5
C.
2 5
5
D.
4
3
mg ml
）的变化情况，其中点
A
i
的横坐标表示服用第 3．下图为服用同等剂量的三种新药后血药浓度（
i
种药后血药浓度达峰（最高浓度）时间，其它点的横坐标分别表
示服用三种新药后血药浓度首次降
到峰值一半时所用的时间(单
A
i
的纵坐标表示第 位：
h)
，点
i
种药的血药浓度的峰值
i 1, 2,3
）．记
V
i
为服用第 （ 浓度提高的平均速度，记
i
种药后达到血药浓度峰值时，血药
T
i
为服用第
V
1
, V
2
, V
3
中最
i
种药后血药浓度从峰值首
次降到峰值的一半所用的时间，则
T
1
, T
2
, T
3
中最大的分别是
小的，
线上市质检数学（理科）试题
第 1 页（共 5 页）
A.
V
2
,T
3
B.
V
2
,T
2
C.
V
1
,T
3
D.
V
1
,T
2
4．已知
a
n
是公差为 3 的等差数列．若
a
1
，
a
2
，
a
4
成等比数列，则
a
n
的前
10
项和
S
10
=
A．
165
5
0 1
B．
138
2
2 3
C．
60
3 4
4 5
D．
30
5
4
5．若
a
2x 1
a
a
x 1
a
x 1
a
x 1
a
x 1
a
x 1
，则
A.
10
B.
10
C.
80
3
D.
80
6．已知函数
f
x
满足
f (2
x) f (x)
，且当
x 1
时，
f (x)
x
，则
f
x
的图象在
(0, f
(0))
处的切
线方程为
B.
y
12x 8
C.
y 12x 8
D.
A.
y 12x 8
y 12x 8
x b 2, x 0
7．已知函数
f (x)
若
f (x)
在
R
上为增函数，则
x
32b, x≤0.
A．
b 0
B．
b 0
D．
b 1
C．
0≤b≤1
8．如图，网格纸上每个小正方形的边长均为
1，粗线画出的是某棱
锥的三视图，则该棱锥的体积为
A．
3
C．
2
2
3
B．
3
D．
4
3
1
9．
我国南宋著名数学家秦九韶发现了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”公式：设
△ABC
三个内角
2 2
2
acb
2
[ac(
)]
．
A
,
B
,
C
所对的边分别为
a,
b, c
，面积为
S
，则“三斜求积”公式为
S
2
4
22
sin C
c
2
若
，且
(a b c)(a b c) 4 0
，则利用“三斜求积”公式可得
△ABC
的面积
S
sin
A
5
A．
3
2
x
2
B．
2
C．
4
D．
3
10
．已知双曲线
E :
y
2
1
A, B
两点，点 ，斜率为
的直线与
1a, b
0 E
的左右两支分别交于
P
的
2 2
8
a b
1
，则 坐标为
1, 2
，直线
AP
交
C
，直线
CD
的斜率为
E
于另一点
BP
交
E
于另一点
D
．若直线
E
8
的离心率为
A．
6
2
B．
3
C．
5
2
第 2 页（共 5 页）
D．
5
2
线上市质检数学（理科）试题
2
二、多项选择题：本题共 2 小题，每小题 5 分，共 10
分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目
要求。不选或选出的选项中含有错误选项得 0
分，只选出部分正确选项得 3 分，选出全部正确选项得
5 分。
11．如图，一个水轮的半径为
6m
，水轮轴心
O
距离水面的高度为
3m
，已知水轮按逆时针匀速转动，每
分钟转动
5
圈，当水轮上点
P
从水中浮现时的起始（图中点
P
0
）开始计时，记
f (t)
为点
P
距离水面的
高度关于时间
t(s)
的函数，则下列结论正确的是
A．
f (3) 9
B．
f (1) f(7)
C．若
f (t)≥6
，则
t
2
12k, 5 12k
(k N)
D．不论
t
为何值，
f(t) f(t 4) f(t 8)
是定值
12．已知
f (x)
是定义在
R
上的奇函数，
f (1x) f (1x)
．若
f
(1) 1
，则
A． 是周期函数
f
x
B．当
n
为偶数时，
f
n
0
C．
f (1) 2f
(2) 3f (3) 6f (6) 16
D．
f
(1) 2
2
f (2) 3
2
f (3)
4n 2
f (4n 2) 8n
2
8n 1
2
2 2 2
三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．将答案填在答题卡的相应位置。
13． 已知向量
a (1,1)
，
b
(2,1)
，若
(
a b) (a b)
，则
2
n1
．
4
a
*
14．已知数列
{a
n
}
的各项均为正数，且
a a
7
6a
n
a
n 1
(n N )
，则
2
a
5
a
n
a
．
x
轴交于点
B, P
在
15．已知
C : y
2
2 px( p 0)
的准线
l
与
A
，点
C
上，
△ABF
是面积为
2
的等腰直角
三角形，则
C
的方程为
PF
， 的最小值为
PA
．（本题第一空 2 分，第二空 3 分）
16．已知三棱锥
P ABC
中，平面
PAB
平面
ABC
，
PAB
30
，
AB 6
，
PA 3
3
，
CA CB 10
.
设直线
PC
与平面
ABC
所成的角为
，则
tan
的最大值为 ．
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第 3 页（共 5 页）
四、解答题：共 70
分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。第 17～21 题为必考题，每个试题考
生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。
（一） 必考题：共
60 分。
17．（12 分）
如图，已知在平面四边形
ABCD
中，
CAB
，
ABC
，
ACB
，
且
cos
(sin
sin
)
sin
(2 cos
cos
)
．
（1）证明：
CA CB 2 AB
；
（2）若
CA CB
，
DA 2DC 1
，求四边形
ABCD
的面积的取值范围．
18．（12 分）
如图，正三棱柱
ABC
A
1
B
1
C
1
的所有棱长都为
4
，
D
是
AC
的中点，
E
在
A
1
C
1
边上，
EC
1
3A
1
E
．
（1）证明：平面
BC
1
D
平面
ACC
1
A
1
；
（2）设侧面
ABB
1
A
1
上的动点
F
，满足
EF∥
平面
BC
1
D
．
①请在答题卡的图形中作出点
F
的轨迹草图，并指出该轨迹的形状
（不需要说明理由）；
②求二面角
C
1
BD F
的余弦值的最大值．
19．（12
分）
设椭圆
C :
y
1
的右焦点为
F
，过
F
的直线
l
与
C
相交于
A, B
两点．
x
2
4
2
3
（1）若
AF 2FB
，求
l
的方程；
（2）设过点
A
作
x
轴的垂线交
C
于另一点
P
，若
M
是
PAB
的外心，证明：
AB
为定值．
MF
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20．（12 分）
某游戏棋盘上标有第
0,1,
2,,100
站，棋子开始位于第
0
站，选手抛掷均匀骰子进行游戏，若掷出骰
子向上的点数不大于
4
，棋子向前跳出一站；否则，棋子向前跳出两站，直到跳到第
99
站或第
100
站
时，游戏结束．设游戏过程中棋子出现在第
n
站的概率为
P
n
．
（1）当游戏开始时，若抛掷均匀骰子
3
次后，求棋子所走站数之和
X
的分布列与数学期望；
（2）证明：
P
1
P P
P
1
1≤n≤98
；
n
1 1
（3）若最终棋子落在第
99
站，则记选手落败，若最终棋子落在第
100
站，则记选手获胜．请分析这
个游戏是否公平．
3
n n
3
n
21.（12 分）
已知函数
f
x
ax
x ln x
.
e
x
（1）当
a 1
时,讨论
f
x
的极值点个数；
（2）若
x 0
时，
f
x
e
，求
a
的取值范围.
（二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23
题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
22．［选修
4—4：坐标系与参数方程］（10 分）
x 4 t,
t
为参数）
l
2
的普通方程为 （ ，直线
l
1
的参数方程为 在平面直角坐标系 xOy 中，直线
1 2
y kt
1
l
与
l
的交点为
y x
，设 C ．以 O 为极点，x
轴正半轴为
P
，当
k
变化时，记点
P
的轨迹为曲线
k
极轴建立极坐标系．
C
的极坐标方程； （1）求
A, B
在 （2）已知点
AOB
，求
△AOB
的面积的最大值．
C
上，
4
π
23．［选修
4—5：不等式选讲］（10 分）
已知关于
x
的不等式
x 2 3x 2 ≥a x 1
的解集为
R
．
（1）求
a
的最大值
m
；
（2）在（1）的条件下，若
p 1
，且
pq 2 p q
m 2
，求
p q
的最小值．
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泉州市
2020 届高三毕业班适应性线上测试（一）
理科数学试题答案及评分参考
评分说明：
1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考
查内容
比照评分标准制定相应的评分细则．
2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的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（思想方法分），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．
3．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．
4．只给整数分数．选择题和填空题不给中间分．
一、单项选择题：本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50
分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的。
1．B
6．B
4．A
9．B
5． D
10．C
2．C
7． C
3．
B
8．
A
1．【解析】
A {x
x(x 3) 0}={x 0 x 3}
，
B {x x
2}
，
ð{x x 2}
,
R
B
则
A I (ð{x 0 x 3} I{x x 2}={x 0
x 2}
，故答案选 B.
R
B)
2．【解析】复数
z
2
(1i)
2i
12i
2 5
5
|
-4+2i
,| z
12i
则复数
z
的模为
5
(
4
2
2
2
)()
5 5
2 5
5
，
，故答案选 C.
A（
3．【解析】①设
，y ）
V
i
x
i i
,则
i
y
i
OA
i
的斜率，
，即直线
x
i
OA
2
的斜率最小，即
V
2
最小； 由图可知，直线
A
1
, A
3
, A
2
在首次降到峰值一半时对 ②根据峰值的一半对应关系得三个点从左到右依次对应
B
1
, B
3
, B
2
，由图可知
A
2
到
B
2
经历的时间最长， 应点，不妨记为
T
1
, T
2
, T
3
中最大的是
T
2
.
所以
2 2
故答案选 B．
4．【解析】由
a
1
，
a
2
，
a
4
成等比数列得
a
2
=a
1
a
4
即
（a
1
+3）=a
1
(a
1
9)
解得
a
1
3
，
10 9
d 10 3 45 3 165
.
S =10a
故答案选 A.
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2
5
5r
5
r
5．【解析】法一：
2x
1
2
x
1
-1
，通项
T
r 1
C
5
2 x 1
(1)
r
，
10 1
故当
r 1
时，
T
11
C
1
2
x
1
5
51
(1)
1
80
x 1
，所以
a
4
-80
．
4
法二：令
t x 1
,则
x t 1
，
2x 1=2t 1
，
5
2x 1 2t 1
a
1
5
5
2
0
3 4 5
a
1
t
a
2
t a
3
t a
4
t
a
5
t
，
51
1 4
T
11
C 2t
(1)
80t
，所以
a
4
-80
．
6．【解析】依题意可得，
f (0) f (2) 8, f
(0) f
(2) 12
，故切线为：
y 12x 8
，选 B．
b 0
7．【解析】由题意
f
x
在
R
上是递增函数，所以
0
2b
b 2 3
，解得
0 b 1
.
M , N
分别为
AB, DD
1
的三等分点，且 8．【解析】如图所示：正方体
ABCD
A
1
B
1
C
1
D
1
的边长为 3，
N B
1
MB
即为所求三棱锥，
V (
13) 3
, 故选
BM D
1
N
1
.三棱锥 A.
3 2 2
1 1 3
sin C
c
2
c c
2
9．【解析】选 B.因为
，由正弦定理得
, ac 5
，又因为
(a
c)
2
b
2
4 0
，
sin A 5 a 5
所以
a
2
c
2
b
2
2ac 4 6
，
2 2 2
1
2 2
22
acb
2
[ac(
代入
S
2
.
)]
=
(53)
=
2
4
4
1
10． 【解析】如图
A
x
1
, y
1
B
x
2
, y
2
，线段
M
x
M
, y
M
设 ， ，
AB
的中点
x
2
y
2
1
2
1
y y bx x
b
2
x
1
1
a
2
b
2
，两式相减得：
1 2
1 2
，
M
2 2
x
x a
y y ay 8
2 2
xy
1 2 1
2 M
2
2
1
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a
2
b
2
8b
2
y
M
2
•
x
M
…①
a
C
x
3
, y
3
，
D
x
4
, y
4
N
x
N
, y
N
设 ，线段
，
CD
的中点
8b
2
同理可得：
x
…②
y
N
a
2
N
k
AB
k
CD
P, M , N
三点共线，
ABCD
，易知
2
22
4b
8b
8b
y
M
2
y
N
2
2
x
M
2
x
1
，将①②代入得：
a
即
x
M
x
0
，
a
2
N
2
，
N
2
x
M
1
x
N
1
a
x 1
x 1
M
N
a 4b 4 c a
∴
2 2
2
2
，即
4c
2
5a
2
，
2
c
C
.
e
5
，故选
2
a
2
二、多项选择题：本题共 2 小题，每小题 5 分，共 10
分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目
要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 3
分，有选错的得 0 分。
11．BD
12．ABD
11 题选项
12 题选项
ABD
A、B、D 、A B、A D、BD
可得分数
5 分
3 分
全部正确
部分正确
11．【解析】
BD
B、D
如图，以水轮所在面为坐标平面，以水轮的轴心
O
为坐标原点，
x
轴和
y
轴分别平行和垂直于水面建
立平面直角坐标系，依题意得
OP
在
t(s)
内所转过的角度为
t
，则
POx t
.
6 6 6
P
的纵坐标为
y 6 sin ( t )
， 则点
6
f(t) 6 sin ( t ) 3 ；
6 6
2 6
6
的 函 数
点
P
距
离 水 面 的 高 度 关 于 时 间
t(s)
f(3) 6
sin ( ) 3 3
3
3
，选项 A 错误；
f(1) 6 sin ( ) 3 3
，
6
6
7
f(7) 6 sin ( ) 3 3
，
f (1)
f(7)
，选项 B 正确；
线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准
第 8页 共 14页
sin ( t ) 解 得
t
2 12k, 6 12k
(k N )
， 选 项 C 错 误 ；
由
f (t) 6
得 ，，
1
6 6 2
6
6
7
f(t) f(t 4) f(t 8)
6 sin ( t ) 3 6 sin ( t ) 3 6 sin (
t ) 3
展开整理
6 6 6 2 6 6
得
f(t)
f(t 4) f(t 8) 9
为定值，选项 D 正确；故答案为 BD.
12. 【解析】因为
f
x
是奇函数，所以
f
x
f
x
，又
f
1x
f
1x
，
所以
f
x 2
f
x
f
x
.
所以
f
x 4
f
x 2
f
x
，可得函数
f
x
的周期为 4，选项 A 正确；
f
2
f
2
f
0
0
，即
f
2
f
2
f
0
，
又因为函数周期为 4，所以当
n
为偶数时，
f
n
0
，选项 B 正确；
因为
f
1
f
1
1
，周期
T 4
，
所以
f (1) 2f (2) 3f (3) 6f (6)
1-3+5=17
， 所以选
项 C 是错的；
2 2 2 2 2
f (1) 2
2
f (2) 3
2
f (3)
4n 2
f (4n 2)
1-3
2
+5
2
-7
2
+9
2
+
+（4n+1)
2
2 2
1
5
2
3
2
9
2
7
2
4 n1 4 n1
2
12
3 5 7 9
4 n1
4 n1
2n
3 4n
1
12 12 n
4 n4
8 n
2
8 n1
2
所以选项 D
是正确的. 故选 ABD.
三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5
分，共 20 分．将答案填在答题卡的相应位置。
13．
5
15．
y
2
4x
，
8
14．9
2
2
（本小题第一空 2 分，第二空 3 分.） 16．
3
4
8
5
13．【解析】
a-b=<
br>（
-2，
-1）
，
a+b=
（3，2）
，所以，
3（
-2）+2（
-1）=0，
=
.
22
a
a
a a
6a0
，即
(a
3a )(a
2a ) 0
，
14．【解析】由
6a a
可得：
n n 1
n1 n1 n n
n1 n n1 n
a
n
2
1
n
因为
a
n
0
，所以
a
n1
=3a
n
，所以
{a
n
}
是首项为
a
1
0
，公比为 3 的等比数列，
线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准
第 9页 共 14页
2 2
aq
a q
2
5
q
2
9
.
所以
a
2
a
5
a
2
a
5
a a
4 7
15．【解析】由己知可得
p 2
，所以
C
的方程为
y 4x
；
由对称性，不妨设
P（x
0
.2
x
0
)
，因为抛物线
C : y
2
4x
的焦点
F (1, 0)
，
A(1, 0)
,
2 2
1)(2 x
2
(x 1)4x
| PF |x
0
1
，
| PA |
(x
0 0
)
0 0
2
x
0
1
| PF |
=
| PA |
(x 1)
2
4x
0 0
1
4x
0
2
1
(x 1)
0
2
，当且仅当
x
0
1
时取等号，
2
| PF |
取最小值
2
.
| PA |
2
16．【解析】
解法一：由已知易得
△PAB
是直角三角形，过
P
作
PD AB
，垂足为
D
，易得
PD
3 3
，
AD
，
BD
.连接
CD
，因为平
2 2 2
9 3
面
PAB
平面
ABC
，由面面垂直的性质定理，可得
PD
平
面
ABC
，所以
PCD
，
tan
PD
3
3
，可知当
CD
CD 2CD
取最小值时，
tan
最大.设
CD y
，
CA x
，则
CB 10 x
.
因为
CDA CDB 180
，所以
cosCDA
cosCDB 0
，
2
9
x
2
3
10 x
y
y
2
2
2
即
0
，
9 3
2y 2y
2 2
2 2
2
15
CD
的最小值为
2
3
.
所以
y
x
时，
y
取到最小值
2
3
，即
x
15
12
，当
2
2
3 3
3
.
所以
tan
的最大值为
2 2 3
4
2
解法二：由已知易得
△PAB
是直角三角形，过
P
作
PD AB
，垂足为
D
，易得
PD
3 3
2
，连接
CD
，
因为平面
PAB
平面
ABC
，由面面垂直的性质定理，可得
PD
平面
ABC
，所以
PCD
，
PD
3 3
，可知当
CD
取最小值时，
tan
最大.
CD 2CD
由点
C
到
A
，
B
两点的距离和为
10
，可知点
C
的轨迹是以
A,
B
为焦点的椭圆
E
.
tan
线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准
第
10页 共 14页
设
AB
的中点为
O
，以
O
为原点，
AB
所在直线为
x
轴，建立平面直角坐标系，如图所示.由
x
2
y
2
AB 6
，可得椭圆
E
的方程为
1
，
25 16
点
C
在椭圆
E
上，设
C
x
0
, y
0
，
3
3
y
2
1
.由
BD
，得
D
, 0
.
则
0
0
2
25 16
2
x
2
2
则
CD
x
3
0
2
2
2
x
0
9x
0
3
73
A.
x
3x
5x
0
5
.
1
0
16
0
2
0
4
25
2
25
2
CD
9
(x
25
)
2
12
，
0
25
6
25
6
时，
CD
取得最小值，最小值为
2
3
.
可得当
x
0
3 3
3
.
所以
tan
的最大值为
2 2 3
4
四、解答题：共 70
分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。第 17～21 题为必考题，每个试题考
生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共 60
分。
17．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．满分 12 分．
解析：（1）由
cos
(sin
sin
)
sin
(2 cos
cos
)
得
cos
sin
cos
sin
2 sin
sin
cos
sin
cos
. ..............1 分
整理得
（cos
sin
+
sin
cos
）（cos
sin
+ sin
cos
）2
sin
，
即得
sin（
+<
br>
）sin（
+
）2 sin
.
因为在
ABC
中，
，
..............3 分
所以
sin（
+
） sin（π
）= sin
,
sin（
+
） sin
，
所以
sin
sin
2 sin
.
线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准
第 11页 共 14页
..............4 分
由正弦定理得
CA
CB 2 AB
.
（2）因为
CA CB
，
CA CB 2 AB
，
..............5 分
所以
CA CB AB
，
ABC
为等边三角形.
设
ADC
，
（0，）
，
则
S
四边形ABCD
S
ACD
S
ABC
..............6 分
1 1
DADC sin AC
2
sin
60
0
2
2
3
1
2
sin
AC
.
4
4
..............8 分
在
ADC
中，由余弦定理得
5
AC
2
DA
2
DC
2
2DA DC cos ADC cos
.
4
..............9 分
所以
S
四边形ABCD
1
sin
3 5
( cos )
4 4 4
1
5 3
3
cos
）
（
sin
4 16
1
sin（
5 3
.
2 3
）
.............10 分
16
2
因为
0
，所以
，
3
3 3
..............11 分
1 1
3
sin(
)
.
所以
3
sin() 1
，得
2 3
4 2 3 2
1
3
8 5 3
所以
3
sin(
)
5
.
16 2 3 16 16
...............12 分
3
8 5 3
.
因此，四边形
ABCD
面积的取值范围为
，
16 16
1
8．本小题考查线面平行、面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．
线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准
第 12页 共 14页
解析：
ABC
A
1
B
1
C
1
中，因为
AA
1
平面
ABC
， 解法一：（1）在正三棱柱
BD
平面
ABC
，
所以
AA
1
BD
．····································
··················································
······1 分
在等边
△ABC
中，
D
是
AC
的中点，所以
BD AC
．·········································2 分
又
AA
1
AC A
，
所以
BD
平面
ACC
1
A
1
．············
········································· 3 分
又
BD
平面
BC
1
D
，所以平面
BC
1
D
平面
ACC
1
A
1
．········································ 4 分
（2）取
AA
1
的中点
M
，
A
1
B
1
的中点
N
，连接
MN
，则点
F
的轨迹就是线段
MN
．········ 7 分
（回答正确 2 分，作图 1 分）
由图可知当点
F
与点
N
重合时，二面角
C
1
BD F
的余弦值取到最大值．··········· 8 分
以
DA
、
DB
所在的直线为
x
轴、
y
轴建立空间直角坐标系
D xyz
（如图所示）．
则
D(0, 0, 0)
，
B(0, 2
3
, 0)
，
C
1
(2, 0, 4)
，
N (F )(1,
3
, 4) ，
, 0)
，
DC
1
(2, 0, 4)
，
DB
(0, 2
3
DF (1,
3
, 4)
9 分
设平面
DBC
1
的一个法向量为
m (x
1
, y
1
, z
1
)
．
2
3
y 0,
DB m 0,
1
由
得
2x
1
4z
1
0,
DC
1
m 0,
令
x
1
2
，解得
z
1
1
．
所以
m (2,
0,1)
．10 分
设平面
DBF
的一个法向量为
n (x
2
, y
2
,
z
2
)
．
DB n 0,
2
3
y
2
0,
由
得 令
x
2
4
，解得
z
2
1
．
DF n 0,
x
2
3
y
2
4z
2
0,
所以
n (4, 0, 1)
．11 分
因此
cos
m, n
m n
7
5 17
7 85
．
85
m n
故二面角
C
1
BD F
的余弦值的最大值为
解法二：（1）同解法一． 4 分
7 85
．········································· 12
分
85
（2）取
AA
1
的中点
M
，
A
1
B
1
的中点
N
，连接
MN
，则点
F
的轨 迹就
线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准
第 13页 共 14页
是线段
MN
． 7 分
（回答正确 2 分，作图 1
分）
由图可知当点
F
与点
N
重合时，
二面角
C
1
BD F
的余弦值取到最大值． 8 分 连
结
EN
，易得
EN∥BD
，
所以二面角
C
1
BD F
的余弦值的最大值等于二面角
E
BD C
1
．9 分 由（1）
得
BD
平面
ACC
1
A
1
，所以
BD DE
，
BD DC
1
，
所以
EDC
1
为二面角
E BD C
1
的平面角．10 分
在
△EDC
1
中，
EC
1
3
，
ED
17
，
DC
1
2
5
，
2 2 2
EDDC EC 17
20 9
1 1
7 85
．
由余弦定理，得
cos EDC
1
2
17 2 5
85 2ED DC
1
故二面角
C
1
BD F
的余弦值的最大值为
7 85
．········································· 12
分
85
19.
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．满分 12 分．
解析：（1）由题意知，直线
AB
的斜率存在，且不为 0，设直线
AB
的方程为
x ty 1
，…1 分
2 2
xy
代入
1
得
（3t
2
4)
y
2
6ty 9 0
，…….2 分
4 3
6t
设
A(x
1
, y
1
),
B(x
2
, y
2
)
，则
y
1
+y
2
=
9
，
y
1
y
2
=
2
……….3 分
3t
2
4 3t 4
2 5
若
AF 2FB
,则
y
1
2 y
2
，解得
t
，…….4 分
5
5
所以，
l
的方程为
y
(x 1)
……….5 分
2
（2）由（1）得
AB
的中点坐标为
（
4
2
3t
……….7 分
，
2
）
3t
4 3t 4
所以
|AB |1t |y y
|=
1t
2
1 2
2
12 1 t
2
12(1 t
2
)
…….9 分
3t
2
4 3t
2
4
4
因为
M
是
PAB
的外心,所以
M
是线段
AB
的垂直平分线与
AP
的垂直平分线的交点，
AB
的垂直平分线为
y
令
y=0，
得
x=
3t
t (x
1
3t
2
4
3t
2
4
，即
)
3t
2
4
M (
第 14页 共 14页
线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准
1
3t
2
4
, 0)
，
1
2
所以，
|MF| |
3t 4
1|
3t
2
3
3t 4
2
….10 分
12(t
2
1)
12 |AB |
2
| AB |
3t 4
4
，所以，
为定值
. …. …. …. …. …. …. ….12 分
2
|MF|
| MF | 3t 3 3
3t
2
4
20.本题主要考查离散型随机变量的分布列和数学期望，相互独立事
件的概率乘法公式等基础知识，游戏公
平的原则，考查应用意识等，考查概率思想、分类讨论思想等，导向对数学建模等核心素养的关注.
3
、
5
、
6
，
X
的可能取值有
4
、 【解析】（1）由题意可知，随机变量
8
2
2
3
P
X 3
，
P
X 4
C
1
2
1
4
，
3
3
9
3
3
27
2 1
2
1
1
2 3
P
X 5
C
2
，
P
X
6
.
3
3
3 27
9
3
所以，随机变量
X
的分布列如下表所示：
X
3
4
5 6
P
8
27
4
9
2
9
1
27
8
4 2 1
E
X
3
4 56
4
；
所以，
27 9 9 27
（
2
）依题意，当
1 n 98
时，棋子要到第
n 1
站，有两种情况：
n
站跳
1
站得到，其概率为
P
；由第 由第
n 1
站跳
2
站得到，其概率为
P
.
2 1
P
n1
P
n
P
n1
. 所以，
3 3
1
1
P
1
1
P
2
P
1
P
1
P
n
得
同时减去
P P
P
1
1
n 98
；
n
2 1
3
n
3
n1
3
n
3
n
3
n
n
3
n
3
n
1
（3）依照（2）的分析，棋子落到第
P
99
P
98
P
97
，
99
站的概率为
1
由于若跳到第
P
100
P
98
.
99
站时，自动停止游戏，故有
3
P
100
P
99
，即最终棋子落在第 所以
99
站的概率大于落在第
100
站的概率，游戏不公平.
21．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
线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准
第 15页 共 14页
2
3 3
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．满分 12 分．
1x
解:(1)
f
x
e
x
a
x
e
a
1
1x
x
令
g
x
a
e
x
x ................................................
............1 分
x
e
x
e
x
x 1
则
g
x
,当
0 x
1, g
x
0,
当
x
0, g
x
0
,
2
x
所以
g
x
在
0,1
递减,在
1，
递增,所以
g
min
x
g
1
a e
..............................................
...3 分
因
a 1, 所以a e 0
,
g
x
0
恒成立,则当
f
x
0时,0 x 1, f
x
0时，x 1
为
所以
f
x
在
0,1
递增，
1，
递减，所以
x 1
是
f
x
唯一极值点..........................................4
分
所以
f
x
只有一个极值点...
..................................................
.................................................5
分
（2）因为
x 0
,不等式可化为
a
令
h
x
x ln x
e
x
x
e
恒成立,
x ln x e
e
x
,只需
a h
x
.....................
..................................................
.........6 分
min
x
1x
ln x x
1e
e
x
,令
x
ln x x 1e
,则
x
1
1
1x
因为
h
x
x
2
x x
当
x
0,1
,
x
0, x
1,
,
x
0
,所以
x
在
0,1
递增,
1，
递减. .........7 分
又
e 3
0
,
1
e 2 0
,
e
0
.
1 1
e
2
e
2
所以
x
在
0,1
存在唯一零点
x
0
,在
1，
存在唯一零点
x e
，...................................8 分
当
0 x
x
0
时，
x
0,
h
x
0
,
当
x
0
x
1时，
x
0,
h
x
0
，
当
1 x
e时，
x
0,
h
x
0
，
当
x
e,
x
0,
h
x
0
，
所以
h
x
在
0，x
0
和
1, e
上为减函数,在
x
0
,1
和
e,
上为增函数，
所
线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准
第 16页 共 14页
以
h
min
x
是h
x
0
与h
e
中较小者，
........................
...........................9 分
h
e
e
e1
，
因为
x
0
ln x
0
x
0
1 e 0
,所以
x
0
e
x
0
1e
,
所以
h
x
0
x
0
ln x
0
e
x
x
0
e
=
0
e
x
0
=
e
.......
..................................................
....................11 分
e1
x
0
综上,
h
min
x
e
e1
,所以
a
e
e1
.
所以，满足题意的
a
的取值范围是
a e
e1
............................
..................................................
.....12 分
（二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23
题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
22．选修 4 4
：坐标系与参数方程
本小题综合考查直线与圆的参数方程、圆的直角坐标方程与极坐标方程的互化、极坐标的几何含义、
面积公式、
三角恒等变换及三角函数性质等基础知识，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．满分 10 分．
x 4 t
解：（1）由
t
得
l
1
的普通方程
y k
4 x
,
,消去参数
y kt
y k
4
x
，
P
x,
y
设 ,由题意得
1
y
x.
k
......................1 分
......................2 分
消去 C 的普通方程
.
k
得
x
2
y
2
4x
（0 y 0）
....................3 分
...................4
分
......................5 分
......................6 分
x
2
y
2
2
, x
cos
代入上式， 把
4
cos
0
，
.
可得 C 的极坐标方程为
4 cos
（
0，4
）.
2
A(
),
B(
（2）由题意可设
1
,
2
,
4
)
，
1
0,
2
0
cos
cos
2
4
sin 2
2
.
S
AOB
u
r
1
uur uu
2
|
OA‖OB | sin
1
2
4
2 4 4
..................7 分
1 cos 2
4
cos
2
sin
cos
4
2
cos
2
，
2 2
2
4
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.....................8 分
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所以当
cos2
4
1
，即
k
(k Z)
时，
4
.....................9 分
AOB
的面积取得最大值，其最大值为
2 2
2
.
23．选修
4 5 ：不等式选讲
.......................10 分
本小题主要考查绝对值不等式的解法、绝对值的意义、基本不等式等基础知识，考查抽象概括能力、
运算求解
能力，考查分类与整合的思想，转化与化归的思想，体现基础性与综合性，导向对发展逻辑
推理、数学运算、
直观想象及数学建模等核心素养的关注．满分 10 分．
解:（1）当
x 1
时,
2 a 0
恒成立,此时
a R
. ............................................
..........................................1 分
当
x 1
时,原不等式可等价转化为
a
x 2 3x 2
x 1
. ................
..........................................2 分
令
g
x
x 2
3x 2
x 1
, 则原不等式恒成立，只需
a g
min
x
.
........................................2 分
因为
g
x
x
2 3x 2
x 1
2
4x 4
x
1
4
, .................................
............................................3 分
当且仅当
x 或x 2
时“=”号成立,
3
所以
g
min
x
4
,即
a
4
.
....................................
.............................................4
分
............................................
.....................................4 分
综上知，
a
的最大值
m 4
. ..........
..................................................
............................................5
分
（2） 由（1）可得
pq 2 p q 2
，即
p 1
q 2
4
. .
..................................................
............6 分
因为
p 1 0,
所以
q 2
0
，...............
..................................................
................................7 分
p q
p 1
q
2
3 2
p 1
q
2
3 7
，........................
................................9 分
当且仅当
p 1 q 2
，即
p 3, q 4
时“=”成立,
所以
p q
的最小值为 7.
...................................10 分
...................................10 分
2
p 2 p
( p 1)
的最小值，或转化为“由关于
p
的二次方程
说明：令
p q t
，转化为求函数
t
p 1
p
2
（1 t) p
t 2 0
有大于 1 的解，求
t
的最小值”问题，请参照前述解答，酌情相应给分.
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