高中数学高考2020届宁德市普通高中毕业班第一次质量检查理科数学答案

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2020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：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分60分．　1．B    2．A    3．A    4．B    5．C    6．D　7．D    8．C    9．B    10．A   11．C   12．D二、填空题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分20分．　13．     14．      15．      16．   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．17． 解：（1）由两式相减，得：，……………………………… 2分又，，………………………………3分当时，且，故，得（舍去），，………………………………4分数列为等差数列，公差为，………………………………5分所以 ．………………………………6分 （2）由（1）及题意可得，………………………………8分所以]………………………………10分．………………………………12分18．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DE中点F，分别连结AF,FN又N为BC中点，所以,．…………………… 1分因为矩形ABCD中，M为AB的中点，所以所以，……………… 2分所以四边形AMNF为平行四边形，…………3分所以，……………… 4分又因为平面,平面，所以平面．………………………5分（2）因为矩形平面，矩形平面， 所以平面．………………………………6分如图，以B为原点建立空间直角坐标系，则，，，，………7分因为轴平面ABCD，所以为平面ABCD的一个法向量，………………………………8分设为平面AED的法向量，因为，，所以，得，故可取，………………………………11分则，由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的大小为．………………………………12分解法二：(1)取CD中点F，分别连结FM,FN．又矩形ABCD中，M为AB中点，所以， 所以四边形AMFD为平行四边形， 所以，…………… 1分又平面,平面，所以平面．………………… 2分因为F、N分别为CD、CE的中点．所以， 又平面,平面，所以平面．……………… 3分又因为，所以平面平面，………………4分又平面，所以平面．………………………………5分(2)过点E作交CB的延长线于G，过G作交DA的延长线于H，连结EH，又因为平面平面，矩形平面所以平面ABCD．又，平面，所以即为二面角的平面角，………………………………10分因为,，所以，………………………………11分由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的大小为．……………………12分 19．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，考查应用意识．满分12分．解：（1）解法—：因为，由正弦定理，得……………1分又所以…………………………………2分所以，…………………………………3分因为，所以所以，又………………………………………4分所以.……………………………………………………5分（2）由（1）知 根据题意得  解得.  ……………………………………………………6分在中，由正弦定理得，所以………………………………………7分因为，所以所以……………………………………………………………8分因为为中点，所以………………………………9分所以………………………………10分因为所以的取值范围为………………………………12分解法二：(1)因为，由余弦定理，得……………………1分整理得 ………………………………2分所以，………………………………4分又，所以………………………………5分(2)由（1）知，又，故.…………………………6分因为为锐角三角形，所以，即………………………7分所以………………………………8分延长到点，使得，连结，.则四边形为平行四边形，所以，.在中，，………………………………9分即，所以，………………………………10分因为，所以的取值范围为.………………………………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）离心率为，，………………………………1分的周长为8，，得，………………………………3分，，………………………………4分因此，椭圆的标准方程为．………………………………5分（2）设的内切圆半径为，， 又，，要使的内切圆面积最大，只需的值最大．………………………………6分设，，直线，联立消去得：，易得，且，，………………………………7分所以，………………………………8分设，则，………………………………9分设，，所以在上单调递增，……………10分所以当，即时，的最大值为3，………………………………11分此时，所以的内切圆面积最大为．………………………………12分（注：若讨论直线斜率存在或不存在，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．解：（1）当时，，，………………………………1分由，………………………………2分得，即，……………………………3分解得或.………………………………4分当时，，此时直线恰为切线，故舍去，……………………5分所以.………………………………6分（2）当时，，设，则，………………………………7分故函数可化为.由,可得的单调递减区间为，单调递增区间为，所以的最小值为，。………………………………8分此时，函数的的值域为问题转化为当时，有解，………………………………9分即，得。设，则，故的单调递减区间为，单调递增区间为，所以的最小值为，………………………………11分故的最小值为．………………………………………12分22．选修；坐标系与参数方程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，考查数形结合思想、化归与转化思想等． 满分10分．解法一：（1）圆的极坐标方程为，………………………………………1分将代入得：，成立，设点对应的极径分别为，所以，………………………………………3分所以，………………………………………4分所以点轨迹的极坐标方程为，．………………………………………5分（2）由（1）得，……………………………6分，………………………………………7分所以，，………………………………………8分又，所以或，………………………………………9分即或．………………………………………10分解法二：（1）因为为中点，所以于，………………………………………1分故的轨迹是以为直径的圆（在的内部），………………………………………2分其所在圆方程为：，………………………………………3分即.从而点轨迹的极坐标方程为，．………………………………………5分（2）由（1）得，………………………………6分，………………………………………7分令，因为，所以， 则，所以，所以，………………………………………8分即，解得（舍去），所以，又，，所以或，……………………………9分即或． ………………………………10分23．选修：不等式选讲本小题考查绝对值不等式的解法与性质等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查分类与整合思想、化归与转化思想等． 满分10分．23．解：（1）构造，在上恒成立，，………………………………………1分又，………………………………………3分，，………………………………………4分的最大值．………………………………………5分（2）由（1）得，故． ，，或．………………………………………6分故．………………………………………7分当时，，，当且仅当，即时取“=”；………………………………………8分当时，，，当且仅当，即时取“=”．………………………………………9分所以的取值范围是．………………………………………10分