高三数学（文）答案.pdf

蚌埠市 ２０１９届高三年级第二次教学质量检查考试 数学（文史类）参考答案及评分标准 一、选择题 题　号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ 答　案 Ａ Ｃ Ｃ Ｂ Ａ Ｂ Ｄ Ｄ Ｂ Ａ Ｄ Ｃ 二、填空题： １３１ ３　　　　１４［３ ２，３］　　　１５ｘ２ ４－ｙ２ ２＝１　　　１６４９５０ 三、解答题： １７（１２分） 解：（１）由条件及两角和的正切公式， ｔａｎ（∠ＰＡＢ＋∠ＰＢＡ）＝ ｔａｎ∠ＰＡＢ＋ｔａｎ∠ＰＢＡ １－ｔａｎ∠ＰＡＢ·ｔａｎ∠ＰＢＡ＝ １ ３＋１ ２ １－１ ３×１ ２ ＝１， 而 ０＜∠ＰＡＢ＋∠ＰＢＡ＜π，所以∠ＰＡＢ＋∠ＰＢＡ＝π ４， ３分……………………………… 则∠ＡＰＢ＝π－（∠ＰＡＢ＋∠ＰＢＡ）＝π－π ４＝３π ４ ４分…………………………………… （２）由（１）知，∠ＰＡＢ＋∠ＰＢＡ＝π ４，而在等腰直角三角形 ＡＢＣ中，ＣＡ 槡＝２２， ∠ＣＡＢ＝∠ＣＡＰ＋∠ＰＡＢ＝π ４，所以∠ＣＡＰ＝∠ＰＢＡ， 则 ｔａｍ∠ＣＡＰ＝ｔａｎ∠ＰＢＡ＝１ ２，进而可求得 ｓｉｎ∠ＣＡＰ＝ｓｉｎ∠ＰＢＡ＝槡５ ５， ｃｏｓ∠ＣＡＰ＝ｃｏｓ∠ＰＢＡ＝ 槡２５ ５ ８分………………………………………………………… 在 ΔＰＡＢ中，由正弦定理，ＰＡ＝ｓｉｎ∠ＰＢＡ ｓｉｎ∠ＡＰＢ·ＡＢ＝ 槡５ ５ 槡２ ２ ×４＝ 槡４ １０ ５ ， １０分………………… 在△ＰＡＣ中，由余弦定理，ＰＣ２ ＝ＡＣ２ ＋ＡＰ２ －２ＡＣ·ＡＰ·ｃｏｓ∠ＣＡＰ ＝８＋３２ ５ 槡－２×２２× 槡４ １０ ５ × 槡２５ ５ ＝８ ５， ∴ＰＣ＝ 槡２ １０ ５ １２分………………………………………………………………………… １８（１２分） 解：（１）菱形 ＡＢＣＤ中，Ｅ，Ｈ分别为 ＡＢ，ＣＤ的中点， 所以 ＢＥ瓛ＣＨ，四边形 ＢＣＨＥ为平行四边形，则 ＢＣ∥ＥＨ， 又 ＥＨ平面 ＰＢＣ， 所以 ＥＨ∥平面 ＰＢＣ ３分………………………………………………………………… 又点 Ｅ，Ｆ分别为 ＡＢ，ＡＰ的中点，则 ＥＦ∥ＢＰ，ＥＦ平面 ＰＢＣ， 所以 ＥＦ∥平面 ＰＢＣ而 ＥＦ∩ＥＨ＝Ｅ点，所以平面 ＥＦＨ∥平面 ＰＢＣ ６分…………… （２）菱形 ＡＢＣＤ中，∠Ｄ＝６０°，则△ＡＣＤ为正三角形， ∴ＡＨ⊥ＣＤ，ＡＨ 槡＝ ３，ＤＨ＝ＰＨ＝ＣＨ＝１ 折叠后，ＰＨ⊥ＡＨ， 又平面 ＰＨＡ⊥平面 ＡＢＣＨ，平面 ＰＨＡ∩平面 ＡＢＣＨ＝ＡＨ， 从而 ＰＨ⊥平面 ＡＢＣＨ ９分………………………………………………………………… 在△ＰＡＥ中，点 Ｆ为 ＡＰ的中点，则 Ｓ△ＰＥＦ ＝Ｓ△ＡＥＦ， ）页４共（页１第准标分评及案答考参）类史文（学数级年三高市埠蚌所以 ＶＨ－ＰＥＦ ＝ＶＨ－ＡＥＦ，而 ＶＨ－ＰＥＦ ＋ＶＨ－ＡＥＦ ＝ＶＨ－ＰＡＥ，所以 ＶＰ－ＥＦＨ ＝ＶＨ－ＰＥＦ ＝１ ２ＶＨ－ＰＡＥ ＝１ ２ ＶＰ－ＡＥＨ ＝１ ２×１ ３×槡３ ２×１＝槡３ １２ １２分……………………………………………………… １９．（１２分） 解：（１）由表中数据，计算得，ｘ— ＝１ ５×（１＋２＋３＋４＋５）＝３， ｙ— ＝１ ５×（３４＋９５＋１２４＋１８１＋２１６）＝１３０， ２分…………………………………………… ｂ∧ ＝（－２）×（－９６）＋（－１）×（－３５）＋０＋１×５１＋２×８６ （－２）２ ＋（－１）２ ＋０＋１２ ＋２２ ＝４５０ １０＝４５， ａ∧ ＝ｙ— －ｂ∧ｘ— ＝１３０－４５×３＝－５， 故所求线性回归方程为 ｙ∧ ＝４５ｘ－５， ４分…………………………………………………… 令 ｘ＝７，得 ｙ∧ ＝３１０， 所以预测 ２０２０年该小区的私家车数量为 ３１０辆． ６分…………………………………… （２）（ⅰ）由频率分布直方图可知，有意向竞拍报价不低于 １０００元的频率为 （０．２５＋０．０５）×１＝０．３， 共抽取 ４０位业主，则 ４０×０．３＝１２， 所以有意向竞拍报价不低于 １０００元的人数为 １２人． ８分……………………………… （ⅱ）由题意，１２０ ２１６＝５ ９， 所以竞价自高到低排列位于前 ５ ９比例的业主可以竞拍成功， １０分…………………… 结合频率分布直方图，预测竞拍成功的最低报价为 １０００－（５ ９－０．３）×１００＝８７７０ ９ ≈９７４元． １２分………………………………………… ２０．（１２分） 解：（１）设 Ｍ（ｘ０，ｙ０），因为 Ｂ１（０，ｂ），Ｂ２（０，－ｂ）所以 ｋ１ ＝ｙ０ －ｂ ｘ０ ，ｋ２ ＝ｙ０ ＋ｂ ｘ０ ， 所以 ｋ１·ｋ２ ＝ｙ２ ０ －ｂ２ ｘ２ ０ ， ２分…………………………………………………………………… 又 ｘ２ ０ ａ２ ＋ｙ２ ０ ｂ２ ＝１，所以 ｘ２ ０ ＝ａ２（１－ｙ２ ０ ｂ２）， 所以 ｋ１·ｋ２ ＝ｂ２（ｙ２ ０ －ｂ２） ａ２（ｂ２ －ｙ２ ０）＝－ｂ２ ａ２ ＝－３ ４， ４分…………………………………………… 又 ｃ２ ＝ａ２ －ｂ２ ＝１，所以 ａ２ ＝４，ｂ２ ＝３， 所以椭圆 Ｃ标准方程为ｘ２ ４＋ｙ２ ３＝１ ６分………………………………………………… （２）设 Ｍ（ｘＭ，ｙＭ），切线方程为 ｙ＝ｋｘ＋ｍ，联立方程组 ｙ＝ｋｘ＋ｍ ｘ２ ４＋ｙ２ ３{ ＝１， 整理得（３＋４ｋ２）ｘ２ ＋８ｋｍｘ＋４ｍ２ －１２＝０， 由△ ＝０，得 ３＋４ｋ２ ＝ｍ２， 易知 ｘＭ ＝－ ８ｋｍ ２（３＋４ｋ２）＝－４ｋ ｍ，ｙＭ ＝－４ｋ ｍ ×ｋ＋ｍ＝３ ｍ， 即 Ｍ（－４ｋ ｍ，３ ｍ） ８分……………………………………………………………………… 联立 ｙ＝ｋｘ＋ｍ ｙ{ ＝２ ，可得 Ｎ（２－ｍ ｋ ，２）， 设 ＯＭ与直线 ｙ＝２交与 Ｐ点，所以 Ｐ（－８ｋ ３，２）， 所以 Ｓ△ＯＭＮ ＝１ ２｜ｘＰ －ｘＮ｜·ｙＭ ＝－１ ２×８ｋ２ ＋６－３ｍ ３ｋ ×３ ｍ ）页４共（页２第准标分评及案答考参）类史文（学数级年三高市埠蚌＝－１ ２×８ｍ２ －３ｍ ３ｋ ×３ ｍ １０分……………………………………………………………… 而 －１ ２×２ｍ２ －３ｍ ３ｋ ×３ ｍ ＝－２× ３ ｍ －２ －４ｋ ｍ ， ３ ｍ －２ －４ｋ ｍ 恰为 Ｍ与点（０，２）连线的斜率， 要使△ＯＭＮ面积最小，只需要切线过（０，２）点即可， 因为 Ｍ在第一象限，所以 ｍ＞０，ｋ＜０，所以 ｍ＝２，ｋ＝－１ ２， 所以△ＯＭＮ面积的最小值为 １． １２分……………………………………………………… ２１．（１２分） 解：（１）由条件可知，函数 ｆ（ｘ）的定义域是（０，＋∞）．由 ｆ（ｘ）＝１ ｘ２ ＋ａｌｎｘ可得 ｆ′（ｘ）＝－２ ｘ３ ＋ａ ｘ ＝ａｘ２ －２ ｘ３ ． １分……………………………………………………………………………… ①当 ａ≤０时，ｆ′（ｘ）＜０在（０，＋∞）上恒成立， 故 ｆ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递减，不存在单调递增区间； ２分…………………………… ②当 ａ＞０时，若 ０＜ｘ＜ ２ 槡ａ，则 ｆ′（ｘ）＜０；若 ｘ＞ ２ 槡ａ，则 ｆ′（ｘ）＞０， 所以 ｆ（ｘ）在（０， ２ 槡ａ）上单调递减，在（ ２ 槡ａ，＋∞）上单调递增． ４分………………… 综上可知：当 ａ≤０时，ｆ（ｘ）的单调递减区间为（０，＋∞）； 当 ａ＞０时，ｆ（ｘ）的单调递减区间为（０， ２ 槡ａ）． ５分……………………………………… （２）由（１）可知，当 ａ≤０时，ｆ（ｘ）至多 １个零点，故不满足条件； ６分………………………… 当 ａ＞０时，ｆ（ｘ）在（０， ２ 槡ａ）上单调递减，在（ ２ 槡ａ，＋∞）上单调递增． 所以 ｆ（ｘ）ｍｉｎ＝ａ ２＋ａ ２ｌｎ２ ａ， ①当 ａ ２＋ａ ２ｌｎ２ ａ≥０时，即 ０＜ａ≤２ｅ，此时 ｆ（ｘ）至多 １个零点， 故不满足条件； ７分………………………………………………………………………… ②当 ａ ２＋ａ ２ｌｎ２ ａ＜０，即 ａ＞２ｅ，即 ２ 槡ａ ＜ １ 槡ｅ， 又因为 ｆ（１）＝１＞０，所以 ｆ（１）·ｆ（ ２ 槡ａ）＜０， 又因为 ｆ（ｘ）在（ ２ 槡ａ，＋∞）上单调递增， 所以 ｆ（ｘ）在（ ２ 槡ａ，＋∞）上有且只有 １个零点； ９分…………………………………… 当 ｘ∈（０， ２ 槡ａ）时，令 ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ＋１ ｘ，则 ｇ′（ｘ）＝１ ｘ－１ ｘ２ ＝ｘ－１ ｘ２ ， 所以 ｇ（ｘ）在（０，１）上单调递减，在（１，＋∞）上单调递增 所以 ｇ（ｘ）≥ｇ（１）＝１＞０，所以 ｌｎｘ＞－１ ｘ， 所以 ｆ（１ ａ）＝ａ２ ＋ａｌｎ１ ａ＞ａ２ ＋ａ（－ａ）＝０， 又因为当 ａ＞２ｅ时，所以 １ ａ＜ ２ 槡ａ， ）页４共（页３第准标分评及案答考参）类史文（学数级年三高市埠蚌所以 ｆ（１ ａ）·ｆ（ ２ 槡ａ）＜０，又因为 ｆ（ｘ）在（０， ２ 槡ａ）上单调递减， 所以 ｆ（ｘ）在（０， ２ 槡ａ）上有且只有一个零点， 此时函数有且仅有两个零点． 综上可知，ａ＞２ｅ． １２分……………………………………………………………………… ２２（１０分） 解：（１）由题设，得 Ｃ１ 的直角坐标方程为 ｘ２ ＋（ｙ－１）２ ＝１， 即 ｘ２ ＋ｙ２ －２ｙ＝０， ２分……………………………………………………………………… 故 Ｃ１ 的极坐标方程为 ρ２ －２ρｓｉｎθ＝０， 即 ρ＝２ｓｉｎθ． ３分…………………………………………………………………………… 设点 Ｑ（ρ，θ）（ρ≠０），则由已知得 Ｐ ρ，θ＋π( )２ ， 代入 Ｃ１ 的极坐标方程得 ρ＝２ｓｉｎ θ＋π( )２ ， 即 ρ＝２ｃｏｓθ（ρ≠０）． ５分…………………………………………………………………… （２）将 θ＝π ３代入 Ｃ１，Ｃ２ 的极坐标方程得 Ａ槡３，π( )３ ，Ｂ １，π( )３ ７分………………………… 又∵Ｍ（４，０），所以 Ｓ△ＭＯＡ ＝１ ２｜ＯＡ｜· ｜ＯＭ｜ｓｉｎπ ３＝３， ８分……………………………… Ｓ△ＭＯＢ ＝１ ２｜ＯＢ｜·｜ＯＭ｜ｓｉｎπ ３ 槡＝ ３， ９分………………………………………………… ∴Ｓ△ＭＡＢ ＝Ｓ△ＭＯＡ －Ｓ△ＭＯＢ 槡＝３－ ３． １０分…………………………………………………… ２３（１０分） 解：（１）∵ｆ（ｘ）＝｜ａｘ＋１｜， ∴ｆ（ｘ）≤ａ，即 ａ＞０ ｜ａｘ＋１｜≤{ ａ，解得 －ａ－１ ａ ≤ｘ≤ａ－１ ａ ， ３分……………………………… 又∵不等式 ｆ（ｘ）≤ａ的解集为 －３ ２，[ ]１ ２ ，∴ａ＝２， ５分………………………………… （２）依题意，ｆ（ｘ）＝｜２ｘ＋１｜， 故不等式 ｆ（ｘ）＜ａ｜ｘ｜＋ａ＋ｋ可化为｜２ｘ＋１｜＜２｜ｘ｜＋２＋ｋ 要使不等式存在解，即 ｘ＋１ ２ ＜｜ｘ｜＋１＋ｋ ２存在解，即 ｘ＋１ ２ －｜ｘ｜－１＜ｋ ２存在解， 令 ｇ（ｘ）＝ ｘ＋１ ２ －｜ｘ｜－１＝ －１ ２，ｘ≥０ ２ｘ－１ ２，０＞ｘ≥ －１ ２ －３ ２，ｘ＜－        １ ２ ， ８分……………………………… ∴ｇ（ｘ）的最小值为 －３ ２，依题意得 ｋ ２＞－３ ２， ∴ｋ＞－３ １０分…………………………………………………………………………… （以上答案仅供参考，其它解法请参考以上评分标准酌情赋分） ）页４共（页４第准标分评及案答考参）类史文（学数级年三高市埠蚌