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广东梅州高三质检 2020.05 数学理科 阅卷标准 一、选择题（本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的） 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A B D C B A 题号 7 8 9 10 11 12 答案 B C D B A C 二、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13. 푦 = 2(푥 − 1) 解析：求导得푦′ = (2푥 − 1 푥2) 푙푛푥 + 푥 + 1 푥2， 푦′(1) = 2，所以切线方程为푦 = 2(푥 − 1) 14. 0 解析：由푆2，푆4，푆6是等差数列可知 2푆4 = 푆2 + 푆6 ⇒ 2푞2 = 1 + 푞4 ⇒ (푞2 − 1) = 0 因为 q≠1，所以 q =－1，푆2020 = 0 15. (푛−2 푛−1) 푘−1 解析：第 1 次传播，谣言一定不会回到最初的人； 从第 2 次传播开始，每 1 次谣言传播，第一个制造谣言的人被选中的概率都是 1 푛−1 ，没有被 选中的概率是1 − 1 푛−1 。 푘-1 次传播是相互独立的，故为(1 − 1 푛−1) 푘−1 = (푛−2 푛−1) 푘−1 16. ± √3 2 因为 AB 是圆的直径，必过圆心（2，1）点，设 AB 所在直线方程为 푙퐴퐵： 푦 − 1 = 푘(푥 − 2) 设 A、B 点坐标分别为퐴(푥1, 푦1)，퐵(푥2,푦2)，都在 Q 上，故 { 푥12 2푎2 − 푦12 푎2 = 1 푥22 2푎2 − 푦22 푎2 = 1 两式相减，可得： (푥1 − 푥2)(푥1 + 푥2) 2푎2 = (푦1 − 푦2)(푦1 + 푦2) 푎2 ⇒ 푦1 − 푦2 푥1 − 푥2 = 1 2 푥1 + 푥2 푦1 + 푦2 = 1 2 × 4 2 = 1 （因为（2，1）是 AB 的中点），即 k =1 联立直线푙퐴퐵与 Q 的方程： { 푦 = 푥 − 1 푥2 2푎2 − 푦2 푎2 = 1 ⇒ 푥2 − 4푥 + 2 + 2푎2 = 0 又|퐴퐵| = 2，即|퐴퐵|2 = 4，即 (푥1 − 푥2)2 + (푦1 − 푦2)2 = 4 又因为푦1 − 푦2 = 푥1 − 푥2，则有 4 = 2(푥1 − 푥2)2 = 2[(푥1 + 푥2)2 − 4푥1푥2] = 2[42 − 4(2 + 2푎2)] 即 8 − 8푎2 = 2 ∴ 푎 = ± √3 2 三、解答题（共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或盐酸步骤。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. 解析： （1）由正弦定理知 푠𝑖푛 퐶 = 2 푠𝑖푛 퐵 − √2 푠𝑖푛 퐴 由已知퐶 = 휋 4 ，而퐵 = 휋 − 퐴 − 퐶 = 휋 − (퐴 + 휋 4) √2 2 = 2sin (퐴 + 휋 4) − √2 sin 퐴 = 2[√2 2 cos 퐴 + √2 2 sin 퐴] − √2 sin 퐴 = √2 푐표푠 퐴 ∴ 푐표푠 퐴 = 1 2 ，퐴 = 휋 3 6 分 （2）已知ℎ = √3， 则由 퐴 = 휋 3 知 AD = 1 퐵 = 휋 − 퐴 − 퐶 = 5 12 휋，퐷퐵 = ℎ/ 푡푎푛 퐵 先求푠𝑖푛 5 12 휋 = 푠𝑖푛 (휋 4 + 휋 3) = 1 4 (√2 + √6) 푐표푠 5 12 휋 = − 푐표푠 (휋 4 + 휋 3) = 1 4 (√6 − √2) ∴ 푡푎푛 5 12 휋 = (√6+√2) (√6−√2) = 2 + √3 ∴ 퐷퐵 = √3/(2 + √3) = 2√3 − 3 ∴ 퐴퐵 = 퐴퐷 + 퐷퐵 = 1 + 2√3 − 3 = 2√3 − 2 6 分 18. （1）由퐴퐵 = 2 ⇒ 퐴퐶 = 2√2 由∠퐴푃퐶 = 휋 3 ⇒ 푃퐴 = 푃퐶 = 퐴퐶 = 2√2 因为是正四棱锥，故푃퐵 = 푃퐷 = 푃퐴 = 푃퐶 = 2√2 于是퐵푀 = √2 2 ，푃푀 = 3 2 √2 由余弦定理，在△푃퐴퐵中，设∠퐴푃퐵 = 휃 푐표푠 휃 = 푃퐴2+푃퐵2−퐴퐵2 2푃퐴⋅푃퐵 = 3 4 再用余弦定理，在△푃퐴푀中， 222 2cos 7 2 AMPAPMPA PM =+− = 퐴푀2 + 푀퐵2 = 7 2 + 1 2 = 4 = 퐴퐵2 ∴ ∠퐴푀퐵是直角，퐴푀 ⊥ 푃퐵 同理퐶푀 ⊥ 푃퐵，而 PB 在平面 PBC 上， ∴ 퐴푀퐶 ⊥面 PBC C A B D b h a 2 分 2 分 2 分 2 分 （2）以 D 为原点建立直角坐标系，则 D（0,0,0）， C（2,0,0）， A（0,2,0）， P（1,1,√6）， B（2,2,0） 设面 PDC 的法向量为푛1⃑⃑⃑⃑ ，AMC 的法向量为푛2⃑⃑⃑⃑ 则 푛1⃑⃑⃑⃑ = 푃퐷⃑⃑⃑⃑⃑ × 퐷퐶⃑⃑⃑⃑⃑ = (0,2√6, −2) 푛2⃑⃑⃑⃑ ∥푃퐵⃑⃑⃑⃑⃑ ，取푛2⃑⃑⃑⃑ =푃퐵⃑⃑⃑⃑⃑ =（1,1,−√6） 于是，二面角휃的余弦值为：푐표푠 휃 = 푛1⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅푛2⃑⃑⃑⃑⃑ |푛1⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|푛2⃑⃑⃑⃑⃑ | = √21 7 2 分 19.（1）设 l 的方程为푥 = 푘푦 + 푚 于是 푚 √1+푘2 = 1 ⇒ 푘2 = 푚2 − 1 2 分 联立{푥 = 푘푦 + 푚 푦2 = 2푥 ⇒ 푦2 − 2푘푦 − 2푚 = 0 设 A、B 坐标分别是（x1, y1）、（x2, y2） 则{푦1 + 푦2 = 2푘 푥1 + 푥2 = 2푘2 + 2푚 2 分 设 AB 的中点坐标为（x, y），则 {푥 = 푘2 + 푚 = 푚2 − 1 + 푚 푦 = 푘 = ±√푚2 − 1 消去参数 m 得：푥 = 푦2 + √1 + 푦2 2 分 （2）设 A（x1, y1）， B（x2, y2），由抛物线定义知 |퐴퐹| = 푥1 + 푝 2 ，|퐵퐹| = 푥2 + 푝 2 ，푝 = 1 ∴ |퐴퐹| + |퐵퐹| = 푝 + 푥1 + 푥2 由（1）知푥1 + 푥2 = 2푘2 + 2푚 = 2(푚2 − 1) + 2푚 ∴ |퐴퐹| + |퐵퐹| = 2푚2 + 2푚 − 1 3 分 ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 222 2 1 21 21 2 22 1 21 2 1 14 ABx xy yk y y ky yy y =−+−=+− =++−  푦1 + 푦2 = 2푘，푦1 ⋅ 푦2 = −2푚，푘2 = 푚2 − 1 |퐴퐵| = √푚2(4푚2 + 8푚 − 4) = 2푚√푚2 + 2푚 − 1 2 分 △ABF 的周长为 2푚2 + 2푚 − 1 + 2푚√푚2 + 2푚 − 1 m =2 时，△ABF 的周长为 11+4√7 1 分 2 分 2 分 20. 解析: （1）푓′(푥) = 푒− 1 1−푥 ⋅ (1 − 1 (1−푥)2) 显然푥 ∈ (0,1)时，푓′(푥)＜0，故푓在(0,1)单调递减。 6 分 （2）首先证1 − 푥＜푒−푥，令푔(푥) = 푒−푥 − (1 − 푥)， 则푔′(푥) = −푒−푥 + 1＞0，푥 ∈ (0,1) 푔(푥)单调递增，且푔(0) = 0，所以푔(푥)＞0，푥 ∈ (0,1) 再令ℎ(푥) = 푙푛(1 − 푥) + 푥 1−푥 ， ℎ(0) = 0，ℎ′(푥) = 푥 (1−푥)2＞0，푥 ∈ (0,1) 所以ℎ(푥)单调递增（푥 ∈ (0,1)，即ℎ(푥)＞0，푥 ∈ (0,1)） ∴ 푙푛(1 − 푥)＞− 푥 1−푥 ， 푥 ∈ (0,1) ⇒ 1 − 푥＞푒− 푥 1−푥， 푥 ∈ (0,1) 6 分 21. 解析： （1）即퐴푎与퐴푎是父亲和母亲的性状，每个因子被选择的概率都是1 2 ，故퐴퐴出现的 概率是1 2 × 1 2 ，퐴푎或푎퐴出现的概率是1 2 × 1 2 + 1 2 × 1 2 = 2 4 ，푎푎出现的概率是1 2 × 1 2 所以：퐴퐴，퐴푎（或푎퐴）， 푎푎的概率分别是1 4 ，1 2 ，1 4 2 分 （2）푢1 = 푝2，푣1 = 2푝푞，푤1 = 푞2 2 分 （3）由（2）知푢푛+1 = 푝푛 2，푣푛+1 = 2푝푛푞푛，푤푛+1 = 푞푛 2 2 分 于是푝푛+1 = 푢푛+1+푣푛+1/2 1−푤푛+1 = 푝푛2+2푝푛푞푛/2 1−푞푛2 = 1 1+푞푛 푞푛+1 = 푣푛+1/2 1−푤푛+1 = 푝푛푞푛 1−푞푛2 = 푝푛푞푛 (1−푞푛)(1+푞푛) = 푞푛 1+푞푛 ⇒ 1 푞푛+1 = 1 + 1 푞푛 2 分 ∴ { 1 푞푛 }是等差数列，公差为 1 （4） 1 푞푛 = 1 푞1 + (푛 − 1) 其中， 푞1 = 푣1/2 1−푤1 = 2푝푞/2 1−푞2 = 푞 1+푞 （由（2）的结论得） 所以 1 푞푛 = 1 푞1 + 푛 ⇒ 푞푛 = 푞 1+푛푞 于是，푤푛+1 = 푞푛 2 = ( 푞 1+푞푛 ) 2 푝푛 = 1 − 푞푛 = 푝+푛푞 1+푛푞 ，푢푛+1 = 푝푛 2 = (푝+푛푞 1+푛푞) 2 푣푛+1 = 2푝푛푞푛 = 2 ⋅ 푝(푝+푛푞) (1+푛푞)2 2 分 很明显푤푛+1 = ( 푞 1+푛푞) 2 ，푛越大，푤푛+1越小，所以这种实验长期进行下去，푤푛越来越小， 而푤푛是子代中푎푎所占的比例，也即性状푎푎会渐渐消失。 2 分 22. （1） 푐1： (푥 − 1)2 + (푦 − 2)2 = 1 2 分 푐2： 푥 + 푦 = 2푎 2 分 （2） 将푐2的参数方程代入푐1的直角坐标方程得： (푡 + 푎 − 1)2 + (푎 − 푡 − 2)2 = 1 ⇒ 푡2 + 푡 + 푎2 − 3푎 + 2 = 0 푐1与푐2有交点，即△≥0 1 − 4(푎2 − 3푎 + 2)≥0 ⇒ 4푎2 − 12푎 + 7≤0 ⇒ 3−√2 2 ≤푎≤3+√2 2 6 分 23.（1）푎2 푏 + 푏≥2푎，푏2 푎 + 푎≥2푏 两式相加得푏2 푎 +푎2 푏 ≥푎 + 푏 4 分 （2）由（1）知 푎2≥푏 (푎 + 푏 − 푏2 푎 ) = 푎푏 + 푏2(푎−푏) 푎 于是， 푎2 + 푎 푏3 + 1 푎(푎−푏)≥푎푏 + 푏2(푎−푏) 푎 + 푎 푏3 + 1 푎(푎−푏) = (푎푏 + 푎 푏3) + (푏2(푎−푏) 푎 + 1 푎(푎−푏)) ≥2 푎 푏 + 2 푏 푎 ≥4 6 分