（理科数学选择题）2019年泉州市普通高中毕业班质量检查（3月）试题及答案解析.pdf

市质检数学（理科）试题答题分析 第 1 页（共 9 页） 准考证号________________ 姓名________________ （在此卷上答题无效） 保密★启用前 泉州市 2019 届普通高中毕业班第一次质量检查 理 科 数 学 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．已知集合  23xAx，  2 3 2 0B x x x    ，则 AB A． 2( ,log 3) B． 2(1,log 3) C． 2( 1,log 3) D． 2(log 3,2) 【命题意图】本小题主要考查集合的概念与基本运算、二次不等式、指对数运算等基础知识，考查运算求 解能力等，考查化归与转化思想等，体现基础性，导向对发展逻辑推理、数学运算核心素养 的关注． 【试题简析】由已知可得 2( ,log 3)A   ， (1 ,2)B  ，所以 2(1,log 3)AB ，故选 B． 【错选原因】错选 A：集合的并集、交集概念不清，求成 AB，并出现运算错误； 错选 C：集合 B 中一元二次不等式求解出现符号错误； 错选 D：求交集时运算错误． 2．已知复数 z 满足  1 i 3 5iz    ，则 的共轭复数 z  A． 4i B． 4i C． 1i D． 1i 【命题意图】本小题主要考查复数的基本概念、复数代数形式的四则运算、相等复数与共轭复数概念等基 础知识，考查运算求解能力等，考查化归与转化思想等，体现基础性，导向对发展数学运算 核心素养的关注． 【试题简析】解法一：由 ，可得 2 3 5i (3 5i)(1 i) 4i1 i 1 iz ，所以 4iz ，故选 A． 解法二：设  i , Rz a b a b  ，则  i 1 i 3 5iab    ， 整 理 得    i 3 5ia b a b     ，所以 3, 5. ab ab    解得 4a  ， 1b  ，所以 4iz ，即 ，故选 A． 【错选原因】错选 B：只求 ，审题不认真； 错选 C：运算错误； 错选 D：运算错误． 市质检数学（理科）试题答题分析 第 2 页（共 9 页） 3．我国古代数学名著《数书九章》中有“米谷粒分”问题：“开仓受纳，有甲户米一千五百三十四石到廊．验 得米内夹谷，乃于样内取米一捻，数计二百五十四粒内有谷二十八颗，凡粒米率每勺三百，今欲知米内 杂谷多少．”其大意是，粮仓开仓收粮，有人送来米 1534 石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得 254 粒内夹谷 28 粒，则这批米内夹谷约为 A．153石 B．154石 C．169石 D．170石 【命题意图】本小题主要考查简单随机抽样、用样本估计总体等基础知识，考查阅读理解能力、运算求解 能力和数据分析能力，结合并展现传统文化中的数学思想与数学方法，考查统计与概率思想， 体现基础性与应用性，导向对发展数学运算、数学建模、数据分析等核心素养的关注． 【试题简析】设这批米内夹谷约为 x 石，由题意有 28=1534 254 x ，解得 28 1534= 169.1254x   ，故选 C． 【错选原因】错选 A：计算错误； 错选 B：计算错误； 错选 D：近似值求错 4．已知 ,xy满足约束条件 , 2 1 0, 3 2 0, yx xy xy      ≤ ≤ ≥ 则 2z x y 的最小值为 A． 5 B． 3 C． 3 2 D．3 【命题意图】本小题主要考查直线的概念与方程、线性规划等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能 力和运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想，体现基础性和 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． 【试题简析】该可行域是一个以 1 1 1 7(1,1), ( , ), ( , )2 2 5 5A B C    为顶点的三角形区域(包括边界)．当动直 线 +22 xzy  过点 17( , )55C  时，截距 2 z 取得最小 值， z 取 得 最 小 值 ， 此 时 17+2 355z       ，故选 B． 【错选原因】错选 A：误当成动直线 过点 11( , )22B 时， z 取最小值； 错选 C：计算错误； 错选 D：误把求最小值求成最大值． 5．若 2 4sin 2cos 23 xx ，则sin 2x  A． 4 9 B． 8 9 C． 4 9 D． 8 9 【命题意图】本小题主要考同角三角函数的基本关系、三角恒等变换等基础知识，考查抽象概括能力、推市质检数学（理科）试题答题分析 第 3 页（共 9 页） 理论证能力和运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、特殊与一般思想，体 现基础性、综合性，导向对发展数学抽象、逻辑推理、数学运算和数学建模等核心素养的关 注． 【试题简析】依题意， 2 4sin (2cos 1) 123 xx     ，则 1sin cos 3xx，所以 11 2sin cos 9xx， 得 8sin 2 9x  ，故选 B． 【错选原因】错选 A：二倍角公式出错； 错选 C：二倍角公式出错； 错选 D：计算符号出错． 6．某同学用收集到的 6 组数据对，制作成如图所示的散点图（点旁的数据为该点坐标），并由这 6 组数据 计算得到回归直线l ： ˆˆ ˆy bx a和相关系数 r . 现给出以下 3 个结论： ① 0r  ； ②直线l 恰过点 D ； ③ ˆ 1b  ． 其中正确结论的序号是 A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【命题意图】本小题主要考查散点图、回归直线，考查识图的能力及数据处理能力、应用意识等，考查统 计与概率思想、数形结合思想，体现基础性与应用性，导向对发展直观想象、数据分析等核 心素养的关注． 【试题简析】正相关时相关系数 0r  ，回归直线过样本点中心， ˆb 为回归直线斜率的估计值，故选 A． 【错选原因】错选 B：样本点中心的记忆错误； 错选 C：正相关、负相关的记忆错误； 错选 D： 为回归直线斜率的估计值的记忆错误． 7．如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 市质检数学（理科）试题答题分析 第 4 页（共 9 页） A．1 B． 4 3 C． 5 3 D． 2 【命题意图】本小题主要考查空间几何体的三视图、空间几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、 运算求解能力等，考查数形结合思想、化归与转化思想等，体现基础性，导向对直观想象、 数学抽象、数学建模、空间想象等核心素养的关注． 【试题简析】如图所示，直观图可分割成一个三棱柱和两个四棱锥，通过计算可得体积为 5 3 ，故选 C． 【错选原因】错选 A：直观图还原出错； 错选 B：计算过程出错； 错选 D：直观图还原出错；． 8．已知函数 2 2 , 0,() 3 1, 0, x xfx x x x      ≥ 则关于 x 的方程    4f f x  的所有实数根之和为 A． 3 B． 2 C． 2 D． 4 【命题意图】本小题主要考查分段函数、函数的零点等基础知识，考查抽象概括能力、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，体现基础性和综合性，导向对发 展数学运算、直观想象等核心素养的关注． 【试题简析】解法 1：如图，作出函数 ()fx的图象，由图可知 ( ( )) 4f f x  可化为 ()24fx  ，求得 ( ) 2fx ， 再由函数的图象，可知 有三个根 1 2 3 1 2 3, , ( )x x x x x x ，即 12 3xx   ， 322x  ， 解得 3 1x  ，所以 1 2 3 2x x x    ，故选 B． 市质检数学（理科）试题答题分析 第 5 页（共 9 页） 解法 2：令 ()t f x ，则 ( ) 4ft ．当 0t≥ 时，24t  ，解得 2t  ；当 0t  时， 2 3 1 4tt    ， 此时方程无解．所以 即 ( ) 2fx ，当 0x≥ 时， 22x  ，解得 1x  ；当 0x  时， 2 3 1 2xx    ，整理得 2 3 1 0xx   ，此时方程有两负根 12,xx，故 12 3xx   ，所以 方程    4f f x  有三根，且之和为 2 ，故选 B． 【错选原因】错选 A：对分段函数进行分类讨论，考虑不周； 错选 C：利用韦达定理出错，计算出错； 错选 D：计算出错． 9．设函数 ( ) sin( )f x x，若 π 7π π( ) ( ) ( )6 6 3f f f   ，则 的最小正值是 A．1 B． 6 5 C． 2 D．6 【命题意图】本小题主要考查三角函数的图象与性质等知识，考查逻辑推理能力、抽象概括能力，考查数 形结合思想、分类与整合思想工作等，体现基础性、综合性、创新性，导向对发展逻辑推理、 直观想象、数学建模等核心素养的关注． 【 试 题 简 析 】 最小， 周 期 要 最 大 ， 周 期 至 少 为 7π π 66. 设函数 ()fx的 周 期 为 T ． 若 7π π 5π 6 3 6 2 T   ，根据 的图象特征，可知 π π π 5π 3 6 6 2 6 T    ，矛 盾．若 7π π 5π 6 3 6 2 T   即 6 5  ， π π π 3 6 6 2 T   ，由图象可知 π π 63( ,0)2  即 π( ,0)4 为函 数 的图象的一个对称中心，则 π 3π( ) sin( ) 04 10f    ，解得 3ππ ()10kk   Z ， 取 3π 10  ，故 63π( ) sin( )5 10f x x，所以选 B． 市质检数学（理科）试题答题分析 第 6 页（共 9 页） 另解： 最小，周期要最大，故应在同一周期内考察 π 7π π( ) ( ) ( )6 6 3f f f   .因为 7π π 5 π π π 6 3 6 3 6 6      ，所以 7π π 55π 6,,6 3 6 2 3 5 T T      . 此 时 ， π π 63( ,0)2  即 π( ,0)4 为 函 数 ()fx 的 图 象 的 一 个 对 称 中 心 ， 则 π 3π( ) sin( ) 04 10f    ，解得 3ππ ()10kk   Z ，取 3 π 10  ，故 63π( ) sin( )5 10f x x 存在，所以选 B． 【错选原因】错选 A：由 π 7π( ) ( )66ff ，得 7π π π6 6 2 T   ，计算得之； 错选 C：由 ，得 7π π π66 T   ，计算得之； 错选 D：由 π π( ) ( )63ff ，得 π π 3 6 2 T，计算得之． 10．已知抛物线 2: 2 ( 0)E y px p的准线为l ，圆 22: ( ) 42 pC x y   ，l 与圆C 交于 ,AB，圆 C 与 E 交于 ,MN．若 , , ,A B M N 为同一个矩形的四个顶点，则 E 的方程为 A． 2yx B． 2 3yx C． 2 2yx D． 2 23yx 【命题意图】本小题主要考查抛物线的定义及其标准方程、直线与圆等基础知识，考查推理论证能力、运 算求解能力等，考查函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归思想等，体现基础性，导 向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注． 【试题简析】解法 1：因为圆 22( ) 42 pxy   与抛物线 E 都关于 x 轴对称，所以 ,AN BM 与l 垂直，结 合抛物线的定义，可得 2AF AN NF   ，故 1 12p OF AN   ，所以 E 的方程 为 ，故选 C． 解法 2：将 2 px  代入方程 ，得 24yp或 24yp   ， 市质检数学（理科）试题答题分析 第 7 页（共 9 页） 由 22 2 ( ) 4,2 2, pxy y px       消去 y ，得 2 2 ( 4) 04 px px    ， 解得 2 2 px  或 2 2 px    ， 因为 0x≥ ，所以 2 2 px  且04p， 将 代入 2 2y px ，得 24y p p或 24y p p   ， 又 , , ,A B M N 为同一矩形的顶点，所以 ,AN BM 与l 垂直， 故 2244p p p   ，解得 1p  ，故选 C． 【错选原因】错选 A：计算 p 时出错或计算抛物线的方程时忘记乘 2； 错选 B：根据三角形计算 p 时，利用 π 3cos 32 ，抛物线的方程中忘记乘 2； 错选 D：根据三角形计算 时，利用 计算得之． 11．已知向量 ,ab满足 1a ，   30   b a b a ，则 b a b 的最大值等于 A． 2 B．4 C．6 D．8 【命题意图】本小题主要考查平面向量的概念、表示及基本运算等知识，考查运算求解能力，考查化归与 转化思想、数形结合思想等，体现基础性和综合性，导向对发展逻辑推理、数学运算及直观 想象等核心素养的关注． 【试题简析】解法 1：令 ,3  b+ a u b a v ，则 0uv ， 4u v a ，从而 4uv 即 2216uv ， 又 11 22b a u+ v ， 31 44b u v ，  2 2 23 1 1(16 ) 2 68 8 2        ≤b a b u u u ，故选 C． 解法 2：（函数思想）由 ，得 2 2 3 0   b a b ， 2 3 2 bab ． 所以  2   b a b = b a b 2 2 3 2  b=b 2 3 22b= ， 又 2 2cos 3 0   b a,b b ， 所以 2 3cos 2  ba,b b ，因此 2 3 12  b b ， 市质检数学（理科）试题答题分析 第 8 页（共 9 页） 解得13b ，所以 b a b = 2 3 622b= ，故选 C． 解法 3：（几何分析）如图，令 AB  a ， BF  b ， 1 2AB BD DE ，则 AFba ， 3 EFba ，因为   30   b a b a ，所以 F 在以 AE 为直径的圆周上．又 DFba ，   ( ) 2cos 4 6BF DF BD DF DF BD DF DF DF FBE              ≤b a b ，故 选 C． 图3 EA DB F 【错选原因】错选 A：所求的是 b a b 的最小值； 错选 B：计算 BD DF DF DF   时计算 2DF DF（忘记了平方）； 错选 D：计算 4cosBD DF FBE   或其它原因计算出错． 12．已知直线 xt 分别与函数   e2xf x x   ，   ex xgx 的图象交于点 ,MN，则 MN 的最小值是 A．1 B． 22 e C． 2 D． 2 【命题意图】本小题主要考查函数的奇偶性、导数的应用等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力 运算求解能力等，考查函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归思想、有限与无限思想 等，体现综合性、应用性与创新性，导向对发展数学抽象、逻辑推理、数学运算、数学建模 等核心素养的关注． 【试题简析】方法一：    MN f t g t  e e 2ttt    ，令   eettht  ，则   e e 0ttht     ， 所以当 0t  时，   0ht  且单调递增，此时    e e 2tttt    也单调递增，又因为  t 是偶函数，所以当 0t  ， 取得最小值 2，故选 D． 方法二： ，令   (e e )tth t t  ，则当 0t  时， 单调递增. 又因为  ht是偶函数，所以当 0t  时， 单调递减. 所以当市质检数学（理科）试题答题分析 第 9 页（共 9 页） 0t  ，  ht取得最小值 0，故    MN f t g t最小值为 2，应选 D． 【错选原因】错选 A：对 e + 2e t t tMN t   直接求导，计算出错； 错选 B：误以为 minMN     min maxf x g x ； 错选 D：对 直接求导，计算出错．