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理科数学参考答案及评分细则 第 1 页（共 11 页） 2018 年福州市高中毕业班质量检测 理科数学参考答案及评分细则 评分说明： 1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题 的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。 2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的 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。 3．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。 4．只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。 一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题 5 分，满分 60 分． （1）B （2）C （3）B （4）B （5）D （6）A （7）D （8）B （9）C （10）C （11）D （12）B 二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题 5 分，满分 20 分． （13）6 （14） 33 4 （15） 6, （16） 1 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． (17) 本小题考查等差数列的通项与前 n 项和的公式、等比数列的前 n 项和的公式、错位相 减法求数列的和等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归和转化 思想等．满分 12 分． 解法一：（1）设等差数列{}na 的公差为 d ， 因为 10 5 510 5 SS， 所以    110 1510 5 225,10 5 aa aa  ····························································· 2 分 所以 10 5 10,aa ·················································································· 3 分 所以510d  ， 解得 2d  . ·························································································· 4 分 理科数学参考答案及评分细则 第 2 页（共 11 页） 所以 1 (1)2(1)22naa n d n n  ； ················································ 5 分 (2)由（1）知， 2nan ，所以   222 2n nnSnn ． ································ 6 分 所以 2 12242422 2, n n S nn a nnn nnba n n n       ············································· 7 分 所以 345 212 22 22 2n nTn    ①， 所以 456 2 32 122232 (1)22nn nTnn  ②， ······················· 8 分 34 2 322 2 2nn nTn   ······························································· 9 分 3 32(12) 212 n nn  ······································································ 10 分 3328 2nnn ········································································· 11 分 所以 3(1)28n nTn  . ······································································ 12 分 解法二：（1）设等差数列{}na 的公差为 d ， 因为 10 5 510 5 SS， 所以 11 10 9 5 410 + 5 +225,10 5 adad  ························································· 2 分 所以 5 52 d  ， ······················································································ 3 分 解得 2.d  ·························································································· 4 分 所以 1 (1)2(1)22naa n d n n  ; ··················································· 5 分 (2)由（1）知， 2nan ，所以   222 2n nnSnn ． ································ 6 分 所以 2 12242422 2, n n S nn a nnn nnba n n n       ············································· 7 分 设 32 2[( 1) ]2 ( )2 ( 2 )2nn n nbAnB AnB AnAB ， ······················· 8 分 所以 222(2 )2nnnAnAB， 所以 1, 20, A AB    解得 1, 2. A B    ································································ 9 分 所以 32(1)2 22nn nbn n  ， ······················································· 10 分 理科数学参考答案及评分细则 第 3 页（共 11 页） 所以 12nnTbb b   35 65 3 20121202212 [(1)2 22]nnnn     ···· 11 分  33(1)2 12nn   3(1)28nn  ．············································································· 12 分 (18) 本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的平行关系及线面角等基础知识，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． 解：（1）证明:如图，连接 1AB 、 1A B 交于点 H ， 1A B 交 EF 于点 K ,连接 DK ， 因为 11ABB A 为矩形,所以 H 为线段 1A B 中点, ··············································· 1 分 因为点 E 、 F 分别为棱 1,ABBB的中点， 所以点 K 为线段 BH 的中点，所以 1 3A KBK ． 又因为 3CD BD ，所以 1AC DK∥ ． ························································ 2 分 又 1AC 平面 DEF ， DK  平面 DEF ， ··················································· 3 分 所以 1AC∥平面 DEF ； ·········································································· 4 分 （2）由（1）知， 1EHAA∥ ，因为 1AA  平面 ABC ，所以 EH  平面 ABC ． 因为△ ABC 为正三角形，且点 E 为棱 AB 的中点， 所以CE AB ． ·················································································· 5 分 故以点 E 为坐标原点，分别以 ,,EA EH EC 的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向，建立 如图所示的空间直角坐标系 Exyz ．设 4AB  ， 1 0AA t t （）， 则 1(2, ,0), (0,0, 2 3), (0,0,0), ( 2, ,0)2 tAt C E F ， 33(,0,)22D  ， 所以 1 (2,,23), (2,,0)2 tAC t EF    ， 因为 1AC EF ，所以 1 0AC EF   ， 所以 22 23002 tt ，解得 22t  ． ···································· 7 分 所以 (2,2,0),EF   33(,0,)22ED   ， 设平面 DEF 的法向量为 (, ,)nxyz ， x y H K FD E B1 C1C B A1A z 理科数学参考答案及评分细则 第 4 页（共 11 页） 则 0 0 EF n ED n        ，所以 220 33022 xy xz     ， 取 1x  ，则 (1, 2 , 3)n  ． ··································································· 9 分 又因为 11 (2,0,23)AC AC   ，设直线 11AC 与平面 DEF 所成的角为 ， 所以 11sin cos ,nAC     11 11 nAC nAC       46 664   ·································· 11 分 所以直线 11AC 与平面 DEF 所成的角的正弦值为 6 6 . ·································· 12 分 (19) 本小题主要考查频率分布直方图，随机变量的分布列与期望，二项分布，样本的数字 特征及正态分布等基础知识，考查用数据说话的能力、运算求解能力，考查或然与必 然思想等．满分 12 分． 解：（1）由频率估计概率， 产品为正品的概率为0.033 0.024 0.008 0.002 10 0.67 ， ······················ 2 分 所以随机变量 X 的分布列为：  90 30 P 0.67 0.33 ······································································································ 3 分 所以    90 0.67 30 0.33 50.4E     . ·················································· 4 分 （2）由频率分布直方图，抽取产品的该项质量指标值的样本平均数 x 和样本方差 2s 分 别为 70 0.02 80 0.09 90 0.22 100 0.33 110 0.24 120 0.08 130 0.02 100x     ， ········································································································ 5 分     222 222 230 0.02 20 0.09 10 0.22 0 0.33 10 0.24 20 0.08s    230 0.02 150 ． ············································································ 6 分 ①因为 100,150ZN ， 从而    88.8 112.2 100 12.2 100 12.2 0.6826PZ P Z      . ····················· 8 分 理科数学参考答案及评分细则 第 5 页（共 11 页） ②由①知，一件产品中该项质量指标值位于区间 87.8,112.2 的概率为 0.6826， 依题意知 500,0.6826XB ， ····························································· 10 分 所以 500 0.6826 341.3EX  . ··························································· 12 分 (20) 本小题考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系、圆的概念等基础 知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化的思想、 分类与整合思想等．满分 12 分． 解法一：（1）设点 (, )M xy,由 2MQAQ   ，得 (,2)A xy， ······························ 2 分 由于点 A 在圆 :C 224xy上，则 2244xy  ， ······································· 3 分 即点 M 的轨迹 E 的方程为 2 2 14 x y  . ······················································· 4 分 （2）由（1）知， E 的方程为 2 2 14 x y  ， 因为 E 与 y 轴正半轴的交点为 B，所以 B  0,1 . 所以过点 B 斜率为 k 的直线l 的方程为 1( 0)ykxk . 由 2 2 1 14 ykx x y   得 22(1 4 ) 8 0kx kx， 设 11 2 2(, ),(, )B xy Pxy ，因此 12 2 80, 14 kxx k ， ········································ 5 分 22 12 2 81114 kBP k x x kk   . ······················································· 6 分 由于圆与椭圆的公共点有 个，由对称性可设在 轴左侧的椭圆上有两个不同的公共 点 ,P T ，满足 BPBT ．此时直线 BP 斜率 0k  ， 记直线 BT 的斜率为 ，且 1 0k  ， 1kk ． 则 1 2 12 1 8 114 kBTkk ， ······································································ 7 分 故 1 22 122 1 881114 14 kkkkkk ,所以 24 24 11 22 1 014 14 kk kk kk    ， 即 224 224 11 1(1 4 ) (1 4 )kkk k kk， 4 y 1k 理科数学参考答案及评分细则 第 6 页（共 11 页） 所以 22 22 22 111()(18)0kk kk kk， ····················································· 8 分 由于 1kk ，因此 22 22 11180kk kk ， 故  2 2 1 2 2 1 1 1 19 81888 1 kk k k   . ································································ 9 分 因为 2 0k  ，所以 2 1810k  ， 因此  2 2 1 191 8888 1 k k    ，又因为 0k  ，所以 2 4k  . ···························· 10 分 又因为 1kk ，所以 22 22180kk kk ， 所以 428210kk，又因为 0k  ，解得 2 2k  . 所以 22 2(,)(,)42 2k  ； 根据椭圆的对称性， 222(, )( , )224k    也满足题意； ··················· 11 分 综上所述， k 的取值范围为 2 22222( , )( , )( , )( , )2 24422   ． 12 分 解法二：（1）设点 11( , ), ( , ),M xy Ax y 则 1(,0)Qx . 因为 2MQAQ   ，所以    112, 0,x xy y   ，所以  1 1 20 2 xx y y     ， ··············· 1 分 解得 1 1 2 x x yy    . ······················································································ 2 分 由于点 A 在圆 :C 224xy上，所以 2244xy  ， ···································· 3 分 理科数学参考答案及评分细则 第 7 页（共 11 页） 所以点 M 的轨迹 E 的方程为 2 2 14 x y  .···················································· 4 分 （2）由（1）知， E 的方程为 2 2 14 x y  ，因为直线 :1(0)ly kx k ， 由 2 2 1 14 ykx x y   得 22(1 4 ) 8 0kx kx， 设 11 2 2(, ),(, )Bx y Px y ，因此 12 2 80, 14 kxx k ， ········································ 5 分 22 12 2 81114 kBP k x x kk   . ······················································· 6 分 则点的 P 的轨迹方程为 22 22 22 64 (1 )(1) (1 4 ) kkxy k    ， 由 22 22 22 22 64 (1 )(1) ,(1 4 ) 44, kkxy k xy       得 22 2 22 64 (1 )325 0,(11)(*)(1 4 ) kkyy yk    ········································· 7 分 依题意得， (*) 式关于 y 的方程在 (1,1) 有两个不同的实数解. 设 22 2 22 64 (1 )() 3 2 5 (1 1)(1 4 ) kkfy y y yk   ， ······································ 8 分 因为函数 ()f y 的对称轴为 1 3x  ， 要使函数 ()f y 的图象在 (1,1) 与 x 轴有两个不同的交点， 则 22 22 64 (1 )443[5 ]0,(1 4 ) (1)0, kk k f            ··················································· 10 分 整理得 42 22 22 4410, 64 (1 )40,(1 4 ) kk kk k       即 42 42 4410, 12 8 1 0, kk kk       理科数学参考答案及评分细则 第 8 页（共 11 页） 所以 2 2 1 ,2 1.8 k k     ···················································································· 11 分 解得 2 22222( , )( , )( , )( , )2 24422k    . 所以 k 的取值范围为 2 22222( , )( , )( , )( , )2 24422    ． ········ 12 分 (21) 本小题主要考查导数及其应用、函数的零点、函数的最值与值域等基础知识，考查推 理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等，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. 解：（1）函数 ()f x 的定义域为 (0, ) ，且 () ln 1f xx   . ···························· 1 分 令 () 0fx  ，得 1 ex  . 当 0 1 ex时， () 0fx  ， ()f x 在区间 (0, ) e 1 内单调递减; 当 e 1x  时， () 0fx  ， ()f x 在区间 () e 1, 内单调递增. ····························· 3 分 故min() () ee 11fx f a . ···································································· 3 分 因为 0a  ，当 0,1x  时， ln 0xx ，即 () 0fx ， 所以函数 ()f x 在区间 0,1 内无零点. ························································ 4 分 因为 (1) 0fa，  1(e e 0)-eaa afaaa   . 又 ()f x 在区间 ()1,  内单调递增， 根据零点存在性定理，得 函数 ()f x 在区间 (e )1, a 内有且只有一个零点. ············································ 5 分 综上，当 0a  时，函数 ()f x 在 (0, ) 的零点个数为 1. ································ 6 分 （2） () 4ln 4 ln 4 agx x x a x x  ， 理科数学参考答案及评分细则 第 9 页（共 11 页） 则 () 4 ln 4 agx x x   ，由（1）知， ln 4 ayxx  在 1x  时单调递增， 对任意  e,04a  ， (1) 0ga ， e(0e) 4 4 ag    . 因此，存在唯一  ,1eax  ，使得 ()0agx  . ··············································· 7 分 当1 ax x 时， () 0gx  ， ()g x 单调递减; 当 ax x 时， () 0gx  ， ()g x 单调递增. 因此 ()g x 在 ax x 处取得最小值 ()ag x ， 22()2 lnaaaaag xxxxax 22 222ln 4ln 2lnaaa aaaaaax xx x xx x xx ····································· 8 分 于是 ()ha   2212eln ,aaaaxxxx   ， 由222ln 4(ln1)xxx xx  0( , )1ex ， 得 222lnyxxx  在 1, e 单调递减. ························································ 9 分 所以，由  ,1eax  ，得 222lneee ()ha  222l111n  ， 23e  ()ha  1 ， ··········································································· 10 分 因为 222lnyxxx   (e)1,x  单调递减， 对任意 23e , 1   ，存在唯一的  ,1eax  ，  n,04el4aaaxx   ，使得 ()ha  . 所以 ()ha 的值域是 23e , 1 . ···································································· 11 分 综上，当  e,04a  ，函数 22() 2 lng xxxxax 有最小值， ()ha 的值域是 23e , 1 . ···································································· 12 分 (22) 本小题考查极坐标方程、直线与圆的位置关系、三角形面积的最值等基础知识，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：（1）设 P 的极坐标为 ,0  ，Q的极坐标为   11,0  ， 理科数学参考答案及评分细则 第 10 页（共 11 页） 由题设知， OP  ， 1 2 cos 6 OQ     ， ·········································· 1 分 由 4OQ OP得 2C 的极坐标方程 2cos 06  ， ························ 3 分 因此 2C 的直角坐标方程为 2 231122xy   ,但不包括点 00， . ··············· 5 分 （2）设点 B 的极坐标为   ,0BB  ， 由题设知 2OA  ， 2cos 6B ， ···················································· 6 分 于是 AOB 面积为 1 sin2 BSOA AOB ················································ 7 分 2cos sin63=   2 332sin ,42 ··············································································· 9 分 当 0  时， S 取得最大值 3 2 . 所以 AOB 面积的最大值为 3 2 . ······························································ 10 分 (23) 本小题考查绝对值不等式的解法、不等式恒成立等基础知识，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． 解：（1）不等式   2f xx 等价于 2 210xxx  ，① 当 0x  时，①式化为 2 310xx ， ······················································ 1 分 解得 35 2x  或 350 2x  ； ··························································· 3 分 当 0x  时，①式化为 2 10xx ， ························································ 4 分 解得 0x  ， 综上所述，不等式   2f xx 的解集为 35 35 22xx x       或. ················· 5 分 理科数学参考答案及评分细则 第 11 页（共 11 页） （2）不等式 () 2 xf xa 在 0, 上恒成立，   2 xf xafx在 0, 上恒成立， ··········································· 6 分  22112 xx xaxx   在 0, 上恒成立，，  22131122x xaxx    在 0, 上恒成立，， ································· 7 分 由 2 2 1 1 15 1512 4 16 16xx x     （当且仅当 1 4x  时取等号）， ··············· 8 分 2 2 337712 4 16 16xx x  （当且仅当 3 4x  时取等号）， ························ 9 分 所以 15 7 16 16a  ， 综上所述， a 的取值范围是 15 7,16 16  . ···················································· 10 分