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２０２０ 年莆田市高中毕业班教学质量检测试卷 文科数学试题参考解答及评分标准 评分说明: １. 本解答给出了一种或几种解法供参考ꎬ 如果考生的解法与本解答不同ꎬ 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ꎬ 当考生的解答在某一步出现错误时ꎬ 如果后继部分的解答未改变该题的 内容和难度ꎬ 可视影响的程度决定后继部分的给分ꎬ 但不得超过该部分正确解答应给分数的 一半ꎻ 如果后继部分的解答有较严重的错误ꎬ 就不再给分. ３. 解答右端所注分数ꎬ 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 ư 每小题 ５ 分ꎬ 满分 ６０ 分 ư １ư Ｂ　 　 　 ２ư Ｂ　 　 ３ư Ａ　 　 ４ư Ｃ　 　 　 ５ư Ｄ　 　 　 ６ư Ｃ ７ư Ａ　 　 　 ８ư Ｂ　 　 ９ư Ｃ　 　 １０ư Ｄ １１ư Ｃ １２ư Ｄ 二、 填空题: 本大题考查基础知识和基本运算 ư 每小题 ５ 分ꎬ 满分 ２０ 分 ư １３ư ４ ３ 　 　 　 １４ư １０　 　 　 １５ư １ ３ 　 　 　 １６ư １０００ ＋ ５００ ３ π 三、 解答题: 本大题共 ６ 小题ꎬ 共 ７０ 分 ư 解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤 ư １７ư 本小题主要考查随机抽样、 独立性检验等基础知识ꎬ 考查数据处理能力、 运算求解能力 与应用意识ꎬ 考查统计与概率思想ꎬ 考查数学建模、 数据分析、 数学运算等核心素养ꎬ 体现基础性、 综合性与应用性 ư 满分 １２ 分 ư 解: (１) 从表中数据得不小于 ８０ 分的女性比例为１６ ＋ １４ １００ ＝ ３ １０ư ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ 故可估计评分不小于 ８０ 分的女性人数为 ３ １０ × １１００ ＝ ３３０ 人 ư ４ 分ƺƺƺƺƺ (２) 根据题意得列联表: 　 　 　 用户类型 性别 　 　 　 Ａ 类用户 Ｂ 类用户 合计 男性 ２０ ２５ ４５ 女性 ３０ ２５ ５５ 合计 ５０ ５０ １００ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺ 由于 Ｋ２ ＝ １００ × ３０ × ２５ － ２０ × ２５ ( ) ２ ５５ × ４５ × ５０ × ５０ ≈ １ư ０１０ < ３ư ８４１ꎬ １０ 分ƺƺƺƺƺ 查表得: Ｐ Ｋ２ ≥ ３ư ８４１ ( ) ≈ ０ư ０５０ꎬ 所以没有 ９５％ 的把握认为“用户类型” 与性别有关 ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ 文科数学试卷答案 　 第 １ 页 (共 ７ 页)１８ư 本小题主要考查三角函数关系式、 解三角形等基础知识ꎬ 考查推理论证能力和运算求解 能力ꎬ 考查函数与方程思想、 化归与转化思想ꎬ 考查逻辑推理、 数学运算等核心素养ꎬ 体现基础性、 综合性 ư 满分 １２ 分 ư 解: (１) 因为 ａｃｏｓＣ ＋ ｃｃｏｓＡ ＋ ２ｂｃｏｓＢ ＝ ０ꎬ 由正弦定理得 ｓｉｎＡｃｏｓＣ ＋ ｓｉｎＣｃｏｓＡ ＋ ２ｓｉｎＢｃｏｓＢ ＝ ０ꎬ １ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ｓｉｎ(Ａ ＋ Ｃ) ＋ ２ｓｉｎＢｃｏｓＢ ＝ ０ư ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 Ａ ＋ Ｂ ＋ Ｃ ＝ πꎬ 所以 ｓｉｎＢ ＋ ２ｓｉｎＢｃｏｓＢ ＝ ０ꎬ ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ｓｉｎＢ ≠ ０ꎬ 故 ｃｏｓＢ ＝ － １ ２ ư ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ０ < Ｂ < πꎬ 所以 Ｂ ＝ ２π ３ ư ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 由(１) 知 Ｂ ＝ ２π ３ ꎬ 因为 ＢＤ 平分 ∠ＡＢＣꎬ 所以 ∠ＡＢＤ ＝ π ３ ư ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 在 △ＡＢＤ 中ꎬ 因为 ＡＢ ＝ ３ＢＤ ＝ ３ꎬ 由余弦定理ꎬ 得 ＡＤ２ ＝ ＡＢ２ ＋ ＢＤ２ － ２ＡＢŰＢＤｃｏｓ∠ＡＢＤꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺ 即 ＡＤ２ ＝ ９ ＋ １ － ２ × ３ × １ × １ ２ ＝ ７ꎬ 即 ＡＤ ＝ ７ư ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ｃｏｓＡ ＝ ＡＢ２ ＋ ＡＤ２ － ＢＤ２ ２ＡＢŰＡＤ ＝ ９ ＋ ７ － １ ２ × ３ × ７ ＝ ５ ７ １４ ư ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ０ < Ａ < πꎬ 所以 ｓｉｎＡ ＝ ２１ １４ ư １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ∠Ｃ ＋ ∠Ａ ＋ ∠ＡＢＣ ＝ πꎬ 所以 ｓｉｎＣ ＝ ｓｉｎ( π ３ － Ａ) １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ＝ ｓｉｎ π ３ ｃｏｓＡ － ｃｏｓ π ３ ｓｉｎＡ ＝ ３ ２ × ５ ７ １４ － １ ２ × ２１ １４ ＝ ２１ ７ ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 文科数学试卷答案 　 第 ２ 页 (共 ７ 页)１９ư 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系、 空间几何体的体积等基础知识ꎬ 考查空间 想象能力、 推理论证能力、 运算求解能力ꎬ 考查化归与转化思想、 数形结合思想ꎬ 考查 直观想象、 逻辑推理、 数学运算等核心素养 ư 体现基础性、 综合性 ư 满分 １２ 分 ư 解: (１) 设 ＢＤ 交 ＡＣ 于点 Ｏꎬ 连接 ＰＯꎬ 在菱形 ＡＢＣＤ 中ꎬ ＡＣ ⊥ ＢＤꎬ １ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 ＰＢ ＝ ＰＤꎬ Ｏ 是 ＢＤ 中点ꎬ 所以 ＰＯ ⊥ ＢＤꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ＡＣ ∩ ＰＯ ＝ Ｏꎬ ＡＣ ⊂ 平面 ＰＡＣꎬ ＰＯ ⊂ 平面 ＰＡＣꎬ ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ＢＤ ⊥ 平面 ＰＡＣꎬ ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 ＢＤ ⊂ 平面 ＡＢＣＤꎬ 故平面 ＰＡＣ ⊥ 平面 ＡＢＣＤư ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ B C DA P M O (２) 连接 ＯＭꎬ 因为 Ｍ 为 ＰＣ 中点ꎬ 且 Ｏ 为 ＡＣ 中点ꎬ 所以 ＯＭ ∥ ＰＡư ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 由(１) 知 ＢＤ ⊥ ＰＡꎬ 又 ＰＡ ⊥ ＡＣꎬ ７ 分ƺƺ 则 ＢＤ ⊥ ＯＭꎬ ＯＭ ⊥ ＡＣꎬ 又 ＡＣ ∩ ＢＤ ＝ Ｏꎬ 所以 ＯＭ ⊥ 平面 ＡＢＣＤꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺ 又 ＳΔＢＣＤ ＝ １ ２ ＢＤŰＯＣ ＝ １ ２ × ２ ３ × １ ＝ ３ꎬ ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ＯＭ ＝ １ ２ ＰＡ ＝ ３ ꎬ １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ＶＢ－ＣＤＭ ＝ ＶＭ－ＢＣＤ ＝ １ ３ Ｓ △ＢＣＤ ŰＯＭ ＝ １ ３ × ３ × ３ ＝ １ꎬ 所以三棱锥 Ｂ － ＣＤＭ 的体积等于 １ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２０ư 本小题主要考查椭圆的定义和几何性质、 直线与圆、 直线与椭圆的位置关系等基础知 识ꎬ 考查推理论证能力、 运算求解能力ꎬ 考查化归与转化思想、 数形结合思想、 函数与 方程思想ꎬ 考查直观想象、 逻辑推理、 数学运算等核心素养 ư 体现基础性、 综合性与创 新性 ư 满分 １２ 分 ư 解: (１) 设椭圆的半焦距为 ｃꎬ Ｆ １ Ｆ ２ ＝ ２ ３ 可知 ｃ ＝ ３ư １ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 把 Ｐ(２ ６ ３ ꎬ ３ ３ ) 代入椭圆方程ꎬ 得 ８ ３ａ２ ＋ １ ３ｂ２ ＝ １ꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ３ꎬ ａ > ｂ > ０ꎬ ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ａ ＝ ２ꎬ ｂ ＝ １ꎬ ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 故 Ｅ 的方程为ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ＝ １ư ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 文科数学试卷答案 　 第 ３ 页 (共 ７ 页)(２) ① 当直线 ｌ 斜率不存在时ꎬ ｌ 的方程为 ｘ ＝ ± １ư 当 ｘ ＝ １ 时ꎬ 与椭圆交点为(１ꎬ ± ３ ２ )ꎬ 因为以 ＡＢ 为直径的圆的圆心为 Ｍ(１ꎬ ０)ꎬ 半径为 ３ ２ ꎬ 所以 ＯＭ > ３ ２ ꎬ 所以 Ｏ 在以 ＡＢ 为直径的圆外 ư 同理当 ｘ ＝ － １ 时ꎬ Ｏ 在以 ＡＢ 为直径的圆外 ư ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ② 当直线 ｌ 斜率存在时ꎬ 依题意可设 ｌ 的方程为 ｙ ＝ ｋｘ ＋ ｍ(ｋ ≠ ０)ꎬ 则原点到直线 ｌ 的距离 ｄ ＝ ｍ １ ＋ ｋ２ ＝ １ꎬ 即 １ ＋ ｋ２ ＝ ｍ２ ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺ 联立 ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ＝ １ꎬ ｙ ＝ ｋｘ ＋ ｍꎬ ì î í ïï ïï 消去 ｙꎬ 得 １ ＋ ４ｋ２( ) ｘ２ ＋ ８ｋｍｘ ＋ ４ｍ２ － ４ ＝ ０ꎬ ８ 分ƺ 则 Δ ＝ ８ｋｍ( ) ２ － ４ １ ＋ ４ｋ２( ) ４ｍ２ － ４ ( ) ＝ １６ ４ｋ２ － ｍ２ ＋ １ ( ) > ０ꎬ 设 Ａ ｘ １ ꎬ ｙ( ) ꎬ Ｂ ｘ ２ ꎬ ｙ ２ ( ) ꎬ 则由韦达定理可知ꎬ ｘ １ ＋ ｘ ２ ＝ － ８ｋｍ １ ＋ ４ｋ２ ꎬ ｘ １ ｘ ２ ＝ ４ｍ２ － ４ １ ＋ ４ｋ２ ꎬ ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 则ＯＡ→ŰＯＢ→ ＝ ｘ １ ｘ ２ ＋ ｙ １ ｙ ２ ＝ ｘ １ ｘ ２ ＋ ｋｘ １ ＋ ｍ( ) ｋｘ ２ ＋ ｍ( ) ＝ ｋ２ ＋ １ ( ) ｘ １ ｘ ２ ＋ ｋｍ ｘ １ ＋ ｘ ２ ( ) ＋ ｍ２ ＝ ｋ２ ＋ １ ( ) ４ｍ２ － ４ １ ＋ ４ｋ２ ＋ ｋｍ － ８ｋｍ １ ＋ ４ｋ２ æ è ç ö ø ÷ ＋ ｍ２ ＝ ５ｍ２ － ４ｋ２ － ４ １ ＋ ４ｋ２ ＝ ｋ２ ＋ １ １ ＋ ４ｋ２ ꎬ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以ＯＡ→ŰＯＢ→ > ０ꎬ 从而 ∠ＡＯＢ 为锐角ꎬ 所以 Ｏ 在以 ＡＢ 为直径的圆外 ư 综上ꎬ Ｏ 在以 ＡＢ 为直径的圆外 ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 文科数学试卷答案 　 第 ４ 页 (共 ７ 页)２１ư 本小题主要考查导数及其应用等基础知识ꎬ 考查推理论证能力、 运算求解能力与创新意 识ꎬ 考查函数与方程思想、 化归与转化思想、 数形结合思想、 分类与整合思想ꎬ 考查直 观想象、 数学运算、 逻辑推理等核心素养ꎬ 体现综合性、 创新性 ư 满分 １２ 分 ư 解: (１) 因为 ｆ ｘ( ) ＝ １ － ｓｉｎｘ( ) ｅ ｘ ꎬ 所以 ｆ ′ ｘ( ) ＝ １ － ｓｉｎｘ － ｃｏｓｘ( ) ｅ ｘ ＝ １ － ２ ｓｉｎ ｘ ＋ π ４ æ è ç ö ø ÷é ë êê ù û úú ｅ ｘ ꎬ １ 分ƺƺƺƺƺ 令 ｆ ′ ｘ( ) ＝ ０ 得 ｓｉｎ ｘ ＋ π ４ æ è ç ö ø ÷ ＝ ２ ２ ꎬ ｘ ∈ ０ꎬ π ( ) ꎬ 从而 ｘ ＝ π ２ ư ２ 分ƺƺƺƺ 当 ｘ ∈ ０ꎬ π ２ æ è ç ö ø ÷ 时ꎬ ｘ ＋ π ４ ∈ π ４ ꎬ ３π ４ æ è ç ö ø ÷ ꎬ ｓｉｎ ｘ ＋ π ４ æ è ç ö ø ÷ > ２ ２ ꎬ 所以 １ － ２ ｓｉｎ ｘ ＋ π ４ æ è ç ö ø ÷ < ０ꎬ ｆ ′ ｘ( ) < ０ꎬ 从而 ｆ ｘ( ) 单调递减ꎻ ３ 分ƺƺƺ 当 ｘ ∈ π ２ ꎬ π æ è ç ö ø ÷ 时ꎬ ｘ ＋ π ４ ∈ ３π ４ ꎬ ５π ４ æ è ç ö ø ÷ ꎬ ｓｉｎ ｘ ＋ π ４ æ è ç ö ø ÷ < ２ ２ ꎬ 所以 １ － ２ ｓｉｎ ｘ ＋ π ４ æ è ç ö ø ÷ > ０ꎬ ｆ ′ ｘ( ) > ０ꎬ 从而 ｆ ｘ( ) 单调递增ꎻ ４ 分ƺƺƺ 故 ｆ ｘ( ) 在区间 ０ꎬ π ( ) 有极小值 ｆ π ２ æ è ç ö ø ÷ ＝ ０ꎬ 无极大值 ư ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺ (２) 因为 ｇ ｘ( ) ＝ ｆ ｘ( ) － ｓｉｎｘ － １ꎬ 所以 ｇ ０ ( ) ＝ ０ꎬ 从而 ｘ ＝ ０ 是 ｙ ＝ ｇ ｘ( ) 的一个零点 ư ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 令 ｕ ｘ( ) ＝ － ｓｉｎｘ － １ꎬ 则 ｕ ｘ( ) 在区间 ０ꎬ π ２ æ è ç ö ø ÷ 单调递减ꎬ 在区间 π ２ ꎬ π æ è ç ö ø ÷ 单调递增ꎬ 结合(１) 可知ꎬ ｇ ｘ( ) 在区间 ０ꎬ π ２ æ è ç ö ø ÷ 单调递减ꎬ 在区间 π ２ ꎬ π æ è ç ö ø ÷ 单调递增ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 ｇ π ２ æ è ç ö ø ÷ ＝ － ２ < ０ꎬ ｇ π ( ) ＝ ｅ π － １ > ０ꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ｇ ｘ( ) 在区间 ０ꎬ π ( ) 有唯一零点ꎬ 记为 ｘ １ư ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又因为 ｇ － ｘ( ) ＝ １ ＋ ｓｉｎｘ( ) ｅ －ｘ ＋ ｓｉｎｘ － １ ＝ － １ － ｓｉｎｘ( ) ｅ ｘ － ｓｉｎｘ － １ ｅ ｘ ＝ － ｇ ｘ( ) ｅ ｘ ꎬ 所以对于任意的 ｘ ∈ Ｒꎬ 若 ｇ ｘ( ) ＝ ０ꎬ 必有 ｇ － ｘ( ) ＝ ０ꎬ １０ 分ƺƺƺƺƺƺ 所以 ｇ ｘ( ) 在区间 － πꎬ ０ ( ) 有唯一零点 － ｘ １ư １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 故 ｇ ｘ( ) 在区间 － πꎬ π ( ) 的零点为: － ｘ １ ꎬ ０ꎬ ｘ １ư 所以 ｇ ｘ( ) 在区间 － πꎬ π ( ) 有且只有 ３ 个零点ꎬ 且之和为 ０ư １２ 分ƺƺƺƺƺ 文科数学试卷答案 　 第 ５ 页 (共 ７ 页)２２ư 选修 ４ － ４: 坐标系与参数方程 本小题主要考查参数方程与极坐标方程、 直线与抛物线的位置关系等基础知识ꎬ 考查运 算求解能力ꎬ 考查函数与方程思想、 转化与化归思想、 数形结合等思想ꎬ 考查数学运 算、 逻辑推理等核心素养ꎬ 体现基础性与综合性 ư 满分 １０ 分 ư 解: (１) 曲线 Ｃ 的方程可化为 ρ ２ － ρ ２ ｃｏｓ ２ θ － ４ρｃｏｓθ ＝ ０ꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 将 ｘ ＝ ρｃｏｓθꎬ ｙ ＝ ρｓｉｎθ 代入得 ｘ２ ＋ ｙ２ － ｘ２ － ４ｘ ＝ ０ꎬ ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ 即 ｙ２ ＝ ４ｘꎬ 所以 Ｃ 的直角坐标方程为 ｙ２ ＝ ４ｘư ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 设直线 ｌ 的倾斜角为 αꎬ 依题意可知ꎬ α ≠ ０. 设 ｌ 的参数方程为 ｘ ＝ ２ ＋ ｔｃｏｓαꎬ ｙ ＝ ２ ＋ ｔｓｉｎα{ (ｔ 为参数)ꎬ 代入 ｙ２ ＝ ４ｘ 得(２ ＋ ｔｓｉｎα) ２ － ４ｔｃｏｓα － ８ ＝ ０ꎬ 即 ｔ２ ｓｉｎ ２ α ＋ (４ｓｉｎα － ４ｃｏｓα)ｔ － ４ ＝ ０ꎬ ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 设 Ａꎬ Ｂ 对应的参数分别为 ｔ １ ꎬ ｔ ２ ꎬ 则 ｔ １ ＋ ｔ ２ ＝ ４ｃｏｓα － ４ｓｉｎα ｓｉｎ ２ α ꎬ ｔ １ ｔ ２ ＝ － ４ ｓｉｎ ２ α < ０ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ＰＡ － ＰＢ ＰＡ ＰＢ ＝ ｔ １ ＋ ｔ ２ ｔ １ ｔ ２ ＝ ｃｏｓα － ｓｉｎα ＝ ２ ｃｏｓ(α ＋ π ４ ) ≤ ２ư ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 当且仅当 α ＝ ３π ４ 时ꎬ 等号成立ꎬ 所以 ＰＡ － ＰＢ ＰＡ ＰＢ 的最大值为 ２ư １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 文科数学试卷答案 　 第 ６ 页 (共 ７ 页)２３ư 选修 ４ － ５: 不等式选讲 本小题主要考查绝对值不等式等的基础知识ꎬ 考查运算求解能力ꎬ 考查分类与整合思 想、 转化与化归思想、 数形结合思想ꎬ 考查逻辑推理、 数学运算等核心素养ꎬ 体现基础 性、 综合性 ư 满分 １０ 分 ư 解: (１) 原不等式可化为: ｘ ≤－ ２ꎬ － ２ｘ ＋ １ － ｘ － ２ ≤ ５ꎬ { 或 － ２ < ｘ < １ ２ ꎬ － ２ｘ ＋ １ ＋ ｘ ＋ ２ ≤ ５ꎬ ì î í ïï ïï 或 ｘ ≥ １ ２ ꎬ ２ｘ － １ ＋ ｘ ＋ ２ ≤ ５ꎬ ì î í ïï ïï ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 解得 － ２ ≤ ｘ ≤ ４ ３ ư ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以不等式的解集为 ｘ － ２ ≤ ｘ ≤ ４ ３ { } ư ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 当 ｘ ＝ － １ 时ꎬ ｆ － １ ( ) ＝ ４ ≥ ０ 成立ꎬ ｋ ∈ Ｒꎻ ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 当 － １ < ｘ < １ ２ 时ꎬ ｆ ｘ( ) ＝ － ｘ ＋ ３ꎬ 所以 － ｘ ＋ ３ ≥ ｋ(ｘ ＋ １)ꎬ 即 ｋ ≤ ３ － ｘ ｘ ＋ １ ＝ ４ｘ ＋ １ － １ꎬ 所以 ｋ ≤ ５ ３ ꎻ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 当 ｘ ≥ １ ２ 时ꎬ ｆ ｘ( ) ＝ ３ｘ ＋ １ꎬ 所以 ３ｘ ＋ １ ≥ ｋ(ｘ ＋ １)ꎬ 即 ｋ ≤ ３ｘ ＋ １ｘ ＋ １ ＝ ３ － ２ｘ ＋ １ꎬ 所以 ｋ ≤ ５ ３ . ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 综上ꎬ ｋ 的取值范围为 － ¥ ꎬ ５ ３ æ è ç ù û úú ư １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 文科数学试卷答案 　 第 ７ 页 (共 ７ 页)