数学（文）试题答案及评分标准.pdf

漳州市 2020 届高三毕业班第一次教学质量检测卷 数学（文科）答案及评分标准 选择题评分标准：选对得分，错选，多选，不选均不得分。 1 2 3 4 5 6 B D A C B A 7 8 9 10 11 12 C D A D B C 填空评分标准：按参考答案给分，结果必须化简，完全正确，写错、未化简、多写答案、 少写答案均不给分。 13 14 15 16 3 33 ],12 7[]12,0[  和 2 9 解答题评分标准 1.导函数： 求单调区间过程要清楚，最好列表，分类讨论各区间情况需做到无遗漏。遗漏不给分。 取值写成区间或者集合的形式，未写扣 1 分。 2.选做题： （极坐标方程）直角坐标方程转换需要过程，没有过程不得分。 （解不等式）解集要写成集合或区间，未写扣 1 分。 3.具体步骤分参照答案解析，没有步骤只有答案均不给分。 4.试题有不同解法时，解法正确可酌情给分。17.解：（1）由 1 2 1 ( 1) n na a n n n n     得， 1( 1) 2n nn a na   （3 分） 又 1 3a  ，所以数列{ }nna 首项为 3，公差为 2 的等差数列， （5 分） （2）由（1）得， 3 2(n 1) 2 1nna n     ，所以 2 1 12n na n n    . （7 分） 所以 1 12 2 (2 )na n n       ， （8 分） 所以 1 12 1na n    ， 所以 1 1 1 ( 1) 1nb n n n n     （10 分） 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 3 3 4 4 5 1nS n n             11 1 1 n n n     （12 分） 18.解：（1）可知 1 2 3 4 5 90 100 105 105 1003, 1005 5x y           ，（2 分） 1 1 90 2 100 3 105 4 105 5 100 1525 n i i i x y             （3 分） ， 5 2 2 2 2 2 2 1 1 2 3 4 5 55i i x        ， （4 分） 可知 1 22 2 1 1525 5 3 100 2.555 5 ˆ 3 n i i i n ii x y nxy b x nx            ， （5 分） 100 2.5 3 92.ˆˆ 5a y bx      ，可知回归直线方程为  2.5 92.5y x  ， （6 分） 当 11x  时，可得  2.5 11 92.5 120y     ，估计该学生高考数学的考试成绩为 120 分（7 分） （2）记五个信封分别为 a,b,c,d,e;其中装有 100 分成绩单的信封分别为 b,e. 从 5 个信封中随机抽取 2 个的所有可能结果为 ,a b ， ,a c ， ,a d ， ,a e ， ,b c ， ,b d ， ,b e ，  c,d ， c,e ， ,d e ，共 10 种. （9 分） 其中抽取的 2 个信封中恰有 1 个成绩不等于平均值 y 的所有可能结果为 ,a b ， ,a e ，  ,b c ， ,b d ， c,e ， ,d e ，共 6 种， （11 分） 所以抽取的 2 个信封中恰有 1 个成绩不等于平均值 y 的概率为 6 3 10 5P   . （12 分） 19.解：（1）证明：如图，连接 AC 交 BD于O ，连接OE ，则O 为 AC 的中点. （1 分） 又 E 为CP 上的中点，所以 / /OE PA. （2 分） 又 AP  平面 BDE ，OE  平面 BDE ，所以 / /AP 平面 BDE . （4 分） （2）如图，取 AB 中点 M ，连接 PM,因为 AP PB ， AP PB ， 所以 PM AB ， 1 12PM AB  ， 2AP PB  （6 分） 又平面 PAB  平面 ABCD 所以 PM  平面 ABCD . （7 分） 因为平面 PAB  平面 ABCD ， BC AB ， 所以 BC  平面 PAB ，所以 BC AP ， BC BP . 又因为 AP BP ，所以 AP  平面 BCP ，则 AP PC （8 分） 所以 2 2 6PC PB BC   ， 所以 1 1 2 6 32 2APCS AP PC       ，又 1 2 2 22ACDS     ， （9 分） 由 D APC P ACDV V  ，得 1 1 3 3APC ACDS h PM S      ， （10 分） 所以 2 1 2 3 33 h   . 即点 D 到平面 ACP 的距离为 2 3 3 （12 分） 20.解：（1）抛物线 2 2C y px： 的焦点为 ( ,0)2 pF ，直线 l 的方程为 2 py x= - ． （1 分） 设 ( ) ( )1 1 2 2,, ,A x y B x y ．由 2 2 2 y y p px x     得， 2 2 3 04 px px   ．2 2 2( 3p) 4 1 8 04 p p        （2 分） 1 2 3x x p  （3 分） 故 1 2| | | | | | 4 8x x p pAB AF BF      ． （4 分） 所以 2p  （5 分） 因此抛物线 C 的方程为 2 4y x ． （6 分） （2）由（1）得 l 的方程为 1 0x y   P 到直线l 的距离为 2 20 0 0 0 0 1| 1| | ( 2) 2 || 1| 4 4 2 2 2 y y yx yd        . （8 分） 因 0 (2 2 2,2 2 2)y    ，所以 2 0 12 ( 2) 2 04 y     （10 分） 所以 2 0 12 ( 2)4 2 2 y d     （11 分） 因此 1 | | 4 22PABS AB d   ，所以 PAB 面积的最大值为 4 2 （12 分） 21.解：（1） ( )f x 的定义域为 (0, ) (1 ) 1) 1'( 1 a xf x a x x      （1 分） 若 1a  时，则 )'( 0f x  ，此时 ( )f x 在 (0, ) 单调递减 （2 分） 若 1a  时，则由 '( ) 0f x  得 1 1x a   （3 分） 当 10 1x a    时， '( ) 0f x  ，函数 ( )f x 在 1(0, )1 a 单调递减， （4 分） 当 1 1x a   时， '( ) 0f x  函数 ( )f x 在 1( , )1 a  单调递增 （5 分） 综上所述，当 1a  时， ( )f x 在 (0, ) 单调递减；若 1a  时， ( )f x 在 1(0, )1 a 单调递减， 在 1( , )1 a  单调递增 （6 分）（2）证法一： 设 ( ) ( ) ( ),(0 )g x f a x f a x x a      ( ) 2(1 ) ln( ) ln( )g x a x a x a x      （7 分） 2 2 1 1 2'( ) 2(1 ) 2(1 ) ag x a aa x a x a x          2 2 12(1 ) =2(1 ) 0aa aa a       （8 分） 所以 ( )g x 在 (0, )a 上为减函数，又 (0) 0g  ，所以 ( ) 0,(0 )g x x a   （10 分） 即 ( ) ( ) 0f a x f a x    ，即 ( ) ( )f a x f a x   . （12 分） 证法二：由（1）得，当 1a 时， ( )f x 在 (0, ) 单调递减， （7 分） 因 a x a x   ，所以 ( ) ( )f a x f a x   （8 分） 当 10  a 时， ( )f x 在 1(0, )1 a 单调递减. （9 分） 因为 01 22121 1 2   a aaaa ，所以 12 1a a   （10 分） 又因为 ax 0 ，所以 aaxaxa  1 120 （11 分） 所以 )()( xafxaf  （12 分） 22.解：(Ⅰ)∵曲线 C 的极坐标方程为 2cos 4sin    ， 即 2 2 cos 4 sin      ， （2 分） 将 2 2 2 cos , sin , x y x y             代入上式，可得 2 2 2 4 0x y x y    ， （4 分） 所以曲线 C 的直角坐标方程    2 21 2 5x y    . （5 分） (Ⅱ)把直线l 的参数方程 1 2 32 2 x t y t      （t 为参数），代入曲线 C 的方程    2 21 2 5x y    中，得 2 4 0, 0t t 显然- - = D > （7 分） 设 A B， 对应的参数分别为 1 2,t t ，则 1 2 4t t = - ， 1 2 1t t+ = （8 分） 因为点 ( )0,2P 在直线l 上，所以 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2| | | | | | | | | | ( ) 4 1 16 17PA PB t t t t t t t t+ = + = - = + - = + = （10 分） 23.解：（1）因为 4, 3 ( ) 2 2, 3 1 4, 1 x f x x x x           ， （2 分） 所以不等式 (x) 2 3f x  可化为      x x 324 3 或 3 1 2 2 2 3 x x x        或      x x 324 1 ， 解得 0x  ， （4 分） 所以不等式 xxf 32)(  的解集为[0, ) . （5 分） （2）根据（1）可知，函数 ( )f x 的最大值为 4，即 4a b  ， （6 分） 1 1 1 1 1( )[( 1) ( 1)]1 1 6 1 1 a ba b a b          1 1 1 1 1 1 1 2(1 1) (2 2 ) (2 2)6 1 1 6 1 1 6 3 b a b a a b a b                ， （8 分） 当且仅当 2a b  时，等号成立，所以 1 1 1 1a b   的最小值为 2 3 . （10 分）