福州市届高三质量检查数学理.docx
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福州市届高三质量检查数学理
准考证号姓名.
（在此卷上答题无效）
绝密★启用前
2019—2020学年度第一学期福州市高三期末质量检测
数学（理科）试题
（完卷时间120分钟；满分150分）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅰ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅰ卷3
至4页．满分150分.
注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名．考
生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”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，再选涂其它答案标号．第Ⅰ卷用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．
3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷
一、选择题：
本大题共12
小题，每小题
5分，共60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.
设复数z
1
i,则z
i1
2
A．5
B．
10
2
C．5
D．5
4
2
2
2.
已知集合A
x|x≤0或x≥2
，B
x|x2
x2≤0，则
A．AüB
B．BüA
C．AIB
D．AUBR
3.
执行如图所示的程序框图，若输入的
a,b分别为4,2,则输出的n
A．6
B．5
C．4
D．3
数学试题（第1页共16页）
4.
已知向量a
（2,）,b
（
2）,则“
2”是“a//（a
2b）”的
A．充分不必要条件
B．充要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分又不必要条件
5.
若x5
a0
a1（x2）
a2（x2）2
a5（x2）5,则a0=
A．32
B．2
C．1
D．32
6.
若实数a,b满足0＜a2＜b＜a＜1,且m
logab,n
2
logab2,则m,n,p的
logab,p
大小关系为
A．m＞p＞n
B．p＞n＞m
C．n＞p＞m
D．p＞m＞n
7.
若2cos2x
1sin2x，则tanx
A．1
B．1
C．1或1
D．1或1或3
3
3
3
8.
若x,y满足约束条件
3
≤x
y≤1,
xy的最小值为
9
≤3x
y≤
则z
3,
A．1
B．3
C．5
D．6
9.
把函数fx
sinxcosx图象上各点的横坐标缩短到原来的
1倍（纵坐标不变），再
2
把得到的图象向左平移
π个单位长度，所得图象对应的函数为
g
x
，则
8
A．g
x
2cos2x
B．g
x
2sin
2x
3
C．g
x
2sin1x
5
D．g
x
2sin
1x
3
2
1
2
8
10.
已知四边形ABCD为正方形，GD
平面ABCD，四边形DGEA与四边形DGFC也都
为正方形，连接EF,FB,BE，点H为BF的中点，有下述四个结论：
①DE
BF；
②EF与CH所成角为60
；
③EC
平面DBF；
④BF与平面ACFE所成角为45
．
其中所有正确结论的编号是
A．①②
B．①②③
C．①③④
D．①②③④
数学试题（第2页共16页）
11.已知双曲线E:
x2
y21（a
0,b0）的左、右焦点分别为
F1,F2
，若E上点A满
a2
b2
足AF1
2AF2
uuur
uuuur
，则E的离心率取值范围
，且向量AF1,AF2
夹角的取值范围为
3
是
A．3,
5
B．
7,3
C．
3,5
D．
7,9
12.已知函数f（x）
x2
2ax,g（x）
1，若存在点A
x1,fx1
Bx2,g
x2
，使得直线
x
AB与两曲线y
f
x和y
g
x
都相切，当实数
a取最小值时，x1
x2
A．232
B．332
C．32
D．
332
2
4
数学试题（第3页共16页）
绝密★启用前
2019—2020学年度第一学期福州市高三期末质量检测
数学（理科）试题
第Ⅰ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．
二、填空题：
本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．
函数f（x）
x,
x＜0,
f
1
13.
ex
1,
则f
（2）
．
x≥0,
14.
设抛物线y2
2px上的三个点A
2
y1
B1,y2,C
3
y3到该抛物线的焦点距离分别
3
2
为d1,d2,d3．若d1,d2,d3中的最大值为
3，则p的值为
．
15.
已知S为数列{a}前
n
项和，若a1
5
，且an12
an
2，则S
．
n
n
21
2
16.
农历五月初五是端午节，
民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角
黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主
义诗人屈原.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为
1的正三角形构成的，将它
沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，
则该六面体的体积为
；
若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为
．
数学试题（第4页共16页）
三、解答题：
本大题共6小题，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.（本小题满分12分）
在△ABC中，AC1,BC7．
（1）若A150，求cosB；
（2）D为AB边上一点，且BD2AD2CD，求△ABC的面积．
18.（本小题满分12分）
等差数列an的公差为2,
a2,a4
a8分别等于等比数列
bn的第2项，第3项，第4项.
（1）求数列
an和bn的通项公式；
（2）若数列
cn满足c1
c2
cn
bn1,求数列cn的前2020项的和．
a1
a2
an
19.（本小题满分12分）
如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PA
底面ABCD，PAAB，E为线段PB的中点，F为线段BC上
的动点．
（1）求证：
平面AEF平面PBC．
（2）试确定点F的位置，使平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30．
20.（本小题满分
12分）
已知圆O:
x2
y24
，椭圆C:
x
2
y
2
2
2
1（a＞b＞0）的短轴长等于圆
O半径的6
3
a
b
倍，C的离心率为
2．
2
（1）求C的方程；
（2）若直线l与C交于A,B两点，且与圆O相切，证明：
△AOB为直角三角形．
数学试题（第5页共16页）
21.（本小题满分12分）
已知函数fxcosxax21.
1
（1）当a时，证明：
fx⋯0；
2
（2）若fx在R上有且只有一个零点，求a的取值范围．
（二）选考题：
共10分．请考生在第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做
第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．22.（本小题满分10分）选修44：
坐标系与参数方程
x
5
3t,
在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为
2
（t
为参数）．以坐标原点为
1
y
3
t
2
极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线
C的极坐标方程为
2cos
．
（1）求C的直角坐标方程；
1
1
（2）设点M的直角坐标为5,3，l与曲线C的交点为A,B，求
的值．
MA
MB
23.（本小题满分10分）选修4
5：
不等式选讲
已知函数f（x）2x1x
1
的最小值为m．
2
（1）求m的值；
（2）若a,b,c为正实数，且a
bcm，证明：
a2
b2
c2≥1
．
3
数学试题（第6页共16页）
2019－2020学年度第一学期福州市高三期末质量检测
数学（理科）参考答案及评分细则
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，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。
除第16题外，选择题和填空题不给中间分。
一、选择题：
本大题共
12
小题，每小题
5分，共60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
2．D
3．C
4．A
5．D
6．B
7．C
8．C
9．A
10．B
11．B
12．A
二、填空题：
本大题共
4小题，每小题
5分，共20分．把答案填在题中的横线上．
13．e2
2
14．3
15．8
16．2；86
3
6
729
三、解答题：
本大题共6小题，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．
17．【命题意图】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，任意三角形的面积，
考查学生的逻辑推理能力与数学运算能力,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运
算.
【解析】解法一：
（1）在△ABC中，由正弦定理及题设得
AC
BC
1
7
，································3
分
sinB
，故
sinB
sin150
sinA
数学试题（第7页共16页）
解得sinB
1
，
·········································4分
2
7
又0
＜B＜30
，所以cosB
3
3
3
21
2
7
.··························6分
14
（2）设AD
CD
x，则BD
2x．
在△ABC中，由余弦定理得，
BC2`
AB2
AC2
2AB
ACcosA，
即7
9x
2
6xcosA，①········································7分
1
1AC
1
在等腰△ACD中，有cosA
2
，②························8分
AD
2x
联立①②，解得x
1或x
1（舍去）．····························9分
所以△ACD为等边三角形，所以
A
60
，··························11分
所以S△ABC
1
AB
ACsinA
1
3
1
sin60
33．···················12分
2
2
4
解法二：
（1）同解法一．
······································6分
（2）设ADx，则CD
x,BD
2x,
因为
ADC
BDC，
所以cos
ADC
cosBDC，········································7分
由余弦定理得，
得4x2
x2
7
2x21
，·······································8分
4x2
2x2
所以x2
1，解得x1或x
1（舍去）．··························9分
所以△ACD为等边三角形，所以
A
60
，··························11分
所以S△ABC
1
AB
ACsinA
1
3
1
sin60
33．···················12分
2
2
4
18.【命题意图】本题考查等差数列和等比数列的通项公式、性质，错位相减法求和,考查
学生的逻辑推理能力,化归与转化能力及综合运用数学知识解决问题的能力
.考查的核心素
养是逻辑推理与数学运算.
2
b2b4，
【解答】
（1）依题意得:
b3
数学试题（第8页共16页）
所以（a
6）2
（a
2）（a
14）
，
································1分
1
1
1
所以a12
12a1
36
a1
2
16a1
28,
解得a12.···············································2分
an2n.
···············································3分
设等比数列
bn
的公比为
q
，所以
qb3
a4
8
2,····················分
b2
a2
4
4
又b2
a2
4,
bn
42n
2
2n.
··································5分
（2）由
（1）知，an
2n,bn
2n.
c1
c2
cn1
cn
n1
①
因为
a2
an1
an
2
a1
当n≥2时,c1
c2
cn
1
2n
②·····························6分
a1
a2
an1
由①
②得，cn
2n,即cn
n2n
1
································7分
an
又当n1时，c1a1b223不满足上式,
cn
8,n
1,
n2n1
·······································8分
n2.
数列cn
的前2020项的和S2020
8
223
3
24
2020
22021
4
122
2
23
3
24
2020
22021·······9分
设T2020
1
22
2
23
3
24
201922020
2020
22021
③，
则2T2020
1
23
2
24
3
25
201922021
2020
22022
④，
由③
④得：
T2020
22
23
24
22021
2020
22022···················10分
22（1
22020）
2020
22022
1
2
42019
22022
································11分
所以T2020
2019
22022
4,
所以S2020
T2020
4
2019
22022
8.······························12分
19.【命题意图】本题考查空间直线和直线、直线和平面、平面和平面的垂直的证明，二面
数学试题（第9页共16页）
角等基础知识,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力和空间想象能力.考查的核心素养
是直观想象、逻辑推理与数学运算.
【解析】解法一：
（1）因为PA底面ABCD，BC平面ABCD，
所以PABC.··············································1分
因为ABCD为正方形，所以ABBC，
又因为PAIABA，所以BC平面PAB.·························2分
因为AE平面PAB，
所以AEBC.···············································3分
因为PAAB，E为线段PB的中点，
所以AEPB，·············································4分又因为PBIBCB，
所以AE平面PBC.·········································5分
又因为AE平面AEF，
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