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２０２０ 年莆田市高中毕业班教学质量检测试卷 理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 Ａ　 　 　 ２ư Ｃ　 　 　 ３ư Ａ　 　 　 ４ư Ｄ　 　 　 ５ư Ｂ　 　 　 ６ư Ｃ ７ư Ｂ　 　 　 ８ư Ｄ　 　 　 ９ư Ｃ　 　 　 １０ư Ｂ １１ư Ｂ １２ư Ｃ 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 π ３ 　 　 　 １４ư ４ ５ 　 　 　 １５ư １ ４ 　 　 　 １６ư ２ ３ 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 本小题主要考查等差数列、 等比数列、 数列求和等基础知识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、 函数与方程思想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) 设 ａｎ{ } 的公差为 ｄ ｄ ≠ ０ ( ) ꎬ 则 ａ ２ ＝ ａ １ ＋ ｄꎬ ａ ５ ＝ ａ １ ＋ ４ｄư １ 分ƺƺƺƺƺƺ 因为 ａ １ ꎬ ａ ２ ꎬ ａ ５ 成等比数列ꎬ 所以 ａ２ ２ ＝ ａ １ ａ ５ ꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 Ｓ ５ ＝ ５ａ １ ＋ ５ × ４ｄ ２ ＝ ２５ꎬ ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ａ １ ＝ １ꎬ ｄ ＝ ２ư ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ａｎ{ } 的通项公式为 ａｎ ＝ ２ｎ － １ư ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 由(１) 得ꎬ ｂｎ ＝ ( － １) ｎ (２ｎ － １) ＋ ２ ２ｎ－１ ư Ｔ ２ｎ ＝ － １ ＋ ３ － ５ ＋ ７ － ƺ ＋ (４ｎ － １) ＋ ２ １ ＋ ２ ３ ＋ ƺ ＋ ２ ４ｎ－１ ８ 分ƺƺƺƺƺ ＝ ( － １ ＋ ３) ＋ ( － ５ ＋ ７) ＋ ƺ ＋ [ － (４ｎ － ３) ＋ (４ｎ － １)] ＋ ２ １ ＋ ２ ３ ＋ ƺ ＋ ２ ４ｎ－１( ) ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ＝ ２ｎ ＋ ２ × (１ － ４ ２ｎ ) １ － ４ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ＝ １ ３ Ű２ ４ｎ＋１ ＋ ２ｎ － ２ ３ ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学试卷答案 　 第 １ 页 (共 ８ 页)１８ư 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系、 空间向量等基础知识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ꎬ 体现基础性、 综合性 ư 满分 １２ 分 ư 解: (１) 连接 ＢＤꎬ 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 D A P M O z y x E (２) 由(１) 知 ＢＤ ⊥ ＰＡư 又 ＰＡ ⊥ ＡＣꎬ ＡＣ ∩ ＢＤ ＝ Ｏꎬ 所以 ＰＡ ⊥ 平面 ＡＢＣＤꎬ 设 ＢＣ 中点为 Ｅꎬ 连接 ＡＥư 由已知 ＡＢ ＝ ＡＣꎬ 得 ＡＥ ⊥ ＢＣꎬ 又 ＢＣ ∥ ＡＤꎬ 则 ＡＥ ⊥ ＡＤꎬ 从而 ＡＥꎬ ＡＤꎬ ＡＰ 两两垂直 ư ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 以 Ａ 为坐标原点ꎬ ＡＥ→ꎬ ＡＤ→ꎬ ＡＰ→ 的方向为 ｘꎬ ｙꎬ ｚ 轴正方向如图建立空间直角坐标系ꎬ 则 Ｂ( ３ ꎬ － １ꎬ ０)ꎬ Ｃ( ３ ꎬ １ꎬ ０)ꎬ Ｄ(０ꎬ ２ꎬ ０)ꎬ Ｐ(０ꎬ ０ꎬ ２ ３ )ꎬ ７ 分ƺƺ 设ＣＭ→ ＝ λ ＣＰ→ ＝ ( － ３ λꎬ － λꎬ ２ ３ λ)(０ ≤ λ ≤ １)ꎬ 则ＡＭ→ ＝ ＡＣ→ ＋ ＣＭ→ ＝ ( ３ － ３ λꎬ １ － λꎬ ２ ３ λ)ꎬ ＢＭ→ ＝ ＡＭ→ － ＡＢ→ ＝ ( － ３ λꎬ ２ － λꎬ ２ ３ λ)ꎬ ＤＭ→ ＝ ＡＭ→ － ＡＤ→ ＝ ( ３ － ３ λꎬ － １ － λꎬ ２ ３ λ)ư ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 由 ＢＭ ⊥ ＭＤ 得ＢＭ→ŰＤＭ→ ＝ ３λ ２ － ３λ ＋ (λ － ２)(λ ＋ １) ＋ １２λ ２ ＝ ０ꎬ 即 ８λ ２ － ２λ － １ ＝ ０ꎬ 解得 λ ＝ １ ２ ꎬ 或 λ ＝ － １ ４ (舍去)ꎬ ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺ 设 ｎ ＝ (ｘꎬ ｙꎬ ｚ) 为平面 ＡＢＭ 的一个法向量ꎬ 则 ｎŰＡＭ→ ＝ ０ꎬ ｎŰＡＢ→ ＝ ０ꎬ { 即 ３ ２ ｘ ＋ １ ２ ｙ ＋ ３ ｚ ＝ ０ꎬ ３ ｘ － ｙ ＝ ０ꎬ ì î í ïï ïï 理科数学试卷答案 　 第 ２ 页 (共 ８ 页)取 ｎ ＝ (１ꎬ ３ ꎬ － １)ư １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ＢＤ ⊥ 平面 ＰＡＣꎬ 所以ＢＤ→ ＝ ( － ３ ꎬ ３ꎬ ０) 为平面 ＡＣＭ 的一个法向量 ư １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ｃｏｓ < ＢＤ→ꎬ ｎ > ＝ ＢＤ→Űｎ ＢＤ→ ｎ ＝ ５ ５ ꎬ 且由图知二面角 Ｂ － ＡＭ － Ｃ 为锐角ꎬ 所以二面角 Ｂ － ＡＭ － Ｃ 的余弦值为 ５ ５ ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ １９ư 本小题主要考查正态分布、 随机变量的分布列、 数学期望等基础知识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、 分类与整合思想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. 解: (１) 因为 Ｘ ~ Ｎ(６３ꎬ １４４)ꎬ 所以 μ ＝ ６３ꎬ σ ＝ １２ꎬ １ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 Ｐ(Ｘ ≥ ７５) ＝ Ｐ(Ｘ ≥ μ ＋ σ) ＝ １ － Ｐ(μ － σ < Ｘ < μ ＋ σ) ２ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ＝ １ － ０ư ６８２６ ２ ＝ ０ư １５８７ꎬ ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ０ư １５８７ × ２００ ＝ ３１ư ７４ ≈ ３２ꎬ 所以成绩在 ７５ 分以上的人数约有 ３２ 人 ư ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 设选择活动一获得礼品的价值为 ξꎬ 则 ξ 的可能取值为 ２００ꎬ ４２０ꎬ Ｐ(ξ ＝ ２００) ＝ ３ ４ ꎬ Ｐ(ξ ＝ ４２０) ＝ １ ４ ꎬ ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 Ｅξ ＝ ２００ × ３ ４ ＋ ４２０ × １ ４ ＝ ２５５ư ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 设选择活动二获得礼品的价值为 ηꎬ 则 η 的可能取值为 ０ꎬ ３００ꎬ ８００ꎬ １８００ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ Ｐ(η ＝ ０) ＝ １ ２ ꎬ Ｐ(η ＝ ３００) ＝ １ ２ × ２ ３ ＝ １ ３ ꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ Ｐ(η ＝ ８００) ＝ １ ２ × １ ３ × ３ ４ ＝ １ ８ ꎬ Ｐ(η ＝ １８００) ＝ １ ２ × １ ３ × １ ４ ＝ １ ２４ꎬ １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 Ｅη ＝ ０ × １ ２ ＋ ３００ × １ ３ ＋ ８００ × １ ８ ＋ １８００ × １ ２４ ＝ ２７５ư １１ 分ƺƺƺƺƺ 因为 Ｅη > Ｅξꎬ 所以该公司需准备的礼品价值为 ２７５ × ３２ ＝ ８８００ 元 ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学试卷答案 　 第 ３ 页 (共 ８ 页)２０ư 本小题主要考查椭圆的定义和几何性质、 直线与和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ꎬ 体现基础性、 综合性与创新性 ư 满分 １２ 分 ư 解法一: (１) 若选择 ①②: 设椭圆的半焦距为 ｃư 由 Ｆ １ Ｆ ２ ＝ ２ ３ 可知 ｃ ＝ ３ư １ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 把 Ｐ(２ ６ ３ ꎬ ３ ３ ) 代入椭圆方程ꎬ 得 ８ ３ａ２ ＋ １ ３ｂ２ ＝ １ꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ３ꎬ ａ > ｂ > ０ꎬ ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ａ ＝ ２ꎬ ｂ ＝ １ꎬ ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 故 Ｅ 的方程为ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ＝ １ư ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 若选择 ①③: 设椭圆的半焦距为 ｃư 由 Ｆ １ Ｆ ２ ＝ ２ ３ 可知 ｃ ＝ ３ư １ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 在 △ＰＦ １ Ｆ ２ 中ꎬ 由椭圆定义可知 ２ａ ＝ ＰＦ １ ＋ ＰＦ ２ ꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺ 又 ＰＦ １ ⊥ ＰＦ ２ 且 ＰＦ １ Ű ＰＦ ２ ＝ ２ꎬ 所以 Ｆ １ Ｆ ２ ２ ＝ ＰＦ １ ２ ＋ ＰＦ ２ ２ ＝ ( ＰＦ １ ＋ ＰＦ ２ ) ２ － ２ ＰＦ １ Ű ＰＦ ２ . ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 故 ＰＦ １ ＋ ＰＦ ２ ＝ ４ꎬ 从而 ａ ＝ ２ꎬ ｂ ＝ １ꎬ ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 Ｅ 的方程为ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ＝ １ư ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 若选择 ②③: 设椭圆的半焦距为 ｃư 由 ＰＦ １ ⊥ ＰＦ ２ 得 ｃ ＝ ＯＰ ＝ ３ . １ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 在 △ＰＦ １ Ｆ ２ 中ꎬ 由椭圆定义可知 ２ａ ＝ ＰＦ １ ＋ ＰＦ ２ ꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺ 又 ＰＦ １ ⊥ ＰＦ ２ 且 ＰＦ １ Ű ＰＦ ２ ＝ ２ꎬ 所以 Ｆ １ Ｆ ２ ２ ＝ ＰＦ １ ２ ＋ ＰＦ ２ ２ ＝ ( ＰＦ １ ＋ ＰＦ ２ ) ２ － ２ ＰＦ １ Ű ＰＦ ２ ꎬ ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 故 ＰＦ １ ＋ ＰＦ ２ ＝ ４ꎬ 从而 ａ ＝ ２ꎬ ｂ ＝ １ꎬ ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 Ｅ 的方程为ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ＝ １ư ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学试卷答案 　 第 ４ 页 (共 ８ 页)(２) 显然直线 ｌ 斜率存在且不为 ０ꎬ 故可设其方程为 ｙ ＝ ｋ(ｘ ＋ ４)ꎬ 联立直线与椭圆方程 ｙ ＝ ｋ(ｘ ＋ ４)ꎬ ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ＝ １ꎬ ì î í ïï ïï 消去 ｙ 得(１ ＋ ４ｋ２ )ｘ２ ＋ ３２ｋ２ ｘ ＋ ６４ｋ２ － ４ ＝ ０ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 由 Δ > ０ 得(３２ｋ２ ) ２ － ４(１ ＋ ４ｋ２ )Ű(６４ｋ２ － ４) > ０ꎬ 所以 ｋ２ < １ １２ꎬ 设 Ａ(ｘ １ ꎬ ｙ １ )ꎬ Ｂ(ｘ ２ ꎬ ｙ ２ )ꎬ 则 Ｃ( － ｘ ２ ꎬ － ｙ ２ )ꎬ 由韦达定理可得ꎬ ｘ １ ＋ ｘ ２ ＝ － ３２ｋ２ １ ＋ ４ｋ２ ꎬ ｘ １ ｘ ２ ＝ ６４ｋ２ － ４ １ ＋ ４ｋ２ ư ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又点 Ｏ 为 ＢＣ 的中点ꎬ 且 Ｏ 到直线 ｌ 的距离 ｄ ＝ ４ ｋ １ ＋ ｋ２ ꎬ ９ 分ƺƺƺƺ 所以 ＳΔＡＢＣ ＝ ２ × １ ２ ＡＢ Űｄ ＝ １ ＋ ｋ２ ｘ １ － ｘ ２ Ű ４ ｋ １ ＋ ｋ２ ＝ ４ ｋ Ű ｘ １ － ｘ ２ ＝ ４ｋ ( － ３２ｋ２ １ ＋ ４ｋ２ ) ２ － ４ × ６４ｋ２ － ４ １ ＋ ４ｋ２ ＝ １６ ｋ２ (１ － １２ｋ２ ) (１ ＋ ４ｋ２ ) ２ . １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 设 ｕ ＝ １ ＋ ４ｋ２ ꎬ 则 ＳΔＡＢＣ ＝ ８ (ｕ － １)(４ － ３ｕ)ｕ２ ＝ ８ － ４ ( １ｕ ) ２ ＋ ７ｕ － ３ ＝ ８ － ４ ( １ｕ － ７ ８ ) ２ ＋ １ １６ ≤ ２ꎬ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 当且仅当 １ｕ ＝ ７ ８ ꎬ 即 ｋ２ ＝ １ ２８ < １ １２ 时ꎬ 等号成立ꎬ 所以 △ＡＢＣ 面积的最大值为 ２ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学试卷答案 　 第 ５ 页 (共 ８ 页)解法二: (１) 同解法一ꎻ (２) 显然直线 ｌ 斜率不为 ０ꎬ 故可设直线 ｌ 的方程为 ｘ ＝ ｔｙ － ４ꎬ 联立直线与椭圆方程 ｘ ＝ ｔｙ － ４ꎬ ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ＝ １ꎬ ì î í ïï ïï 消去 ｘ 得(ｔ２ ＋ ４)ｙ２ － ８ｔｙ ＋ １２ ＝ ０ư ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 由 Δ > ０ 得(８ｔ) ２ － ４８(ｔ２ ＋ ４) > ０ꎬ 所以 ｔ２ > １２ꎬ 设 Ａ(ｘ １ ꎬ ｙ １ )ꎬ Ｂ(ｘ ２ ꎬ ｙ ２ )ꎬ 则由韦达定理可得ꎬ ｙ １ ＋ ｙ ２ ＝ ８ｔ ｔ２ ＋ ４ ꎬ ｙ １ ｙ ２ ＝ １２ｔ２ ＋ ４ ꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又点 Ｏ 为 ＢＣ 的中点ꎬ 所以 ＳΔＡＢＣ ＝ ２ＳΔＡＯＢ ＝ ２ ＳΔＭＡＯ － ＳΔＭＢＯ ＝ ＭＯ Ű ｙ １ － ｙ ２ ＝ ４ ｙ １ － ｙ ２ ư ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ｙ １ － ｙ ２ ＝ (ｙ １ ＋ ｙ ２ ) ２ － ４ｙ １ ｙ ２ ＝ ( ８ｔ ｔ２ ＋ ４ ) ２ － ４８ｔ２ ＋ ４ ＝ ４ ｔ２ － １２ｔ２ ＋ ４ ꎬ 所以 ＳΔＡＢＣ ＝ １６ ｔ２ － １２ｔ２ ＋ ４ ư １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 令 ｍ ＝ ｔ２ － １２ ꎬ 则 ｍ > ０ꎬ ＳΔＡＢＣ ＝ １６ｍ ｍ２ ＋ １６ ＝ １６ ｍ ＋ １６ｍ ≤ ２ꎬ １１ 分ƺƺ 当且仅当 ｍ ＝ ４ꎬ 即 ｔ２ ＝ ２８ > １２ 时ꎬ 等号成立ꎬ 所以 ΔＡＢＣ 面积的最大值为 ２ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 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( ) ＝ ｃｏｓｘ － ｓｉｎｘ ｅ ｘ ＋ ２ｓｉｎｘꎬ ｘ ∈ ０ꎬ ２π ( ) ꎬ 所以 ｆ ′ ｘ( ) ＝ ２ｃｏｓｘ １ － １ ｅ ｘ æ è ç ö ø ÷ ꎬ １ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 令 ｆ ′ ｘ( ) ＝ ０ 得 ｘ ＝ π ２ 或３π ２ ꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 由 ｆ ′ ｘ( ) > ０ 得 ０ < ｘ < π ２ ꎬ 或３π ２ < ｘ < ２πꎬ 由 ｆ ′ ｘ( ) < ０ 得 π ２ < ｘ < ３π ２ ꎬ ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学试卷答案 　 第 ６ 页 (共 ８ 页)所以 ｆ ｘ( ) 在区间 ０ꎬ π ２ æ è ç ö ø ÷ 和 ３π ２ ꎬ ２π æ è ç ö ø ÷ 为增函数ꎬ 在区间 π ２ ꎬ ３π ２ æ è ç ö ø ÷ 为减函数ꎬ ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 故 ｆ ｘ( ) 在区间 ０ꎬ ２π ( ) 有唯一极大值点 π ２ ꎬ 有唯一极小值点３π ２ ư ５ 分ƺƺƺ (２) 因为 ｇ ｘ( ) ＝ ｓｉｎｘ － ｃｏｓｘ( ) ｅ ｘ ＋ ｓｉｎｘ ＋ ｃｏｓｘꎬ 所以 ｇ ０ ( ) ＝ ０ꎬ 从而 ｘ ＝ ０ 是 ｙ ＝ ｇ ｘ( ) 的一个零点 ư ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又因为 ｇ′ ｘ( ) ＝ ２ｓｉｎｘŰｅ ｘ ＋ ｃｏｓｘ － ｓｉｎｘ ＝ ｅ ｘ ｆ ｘ( ) ꎬ ｆ π ２ æ è ç ö ø ÷ > ｆ ０ ( ) ＝ １ > ０ꎬ ｆ ３π ２ æ è ç ö ø ÷ ＝ １ ｅ ３π ２ － ２ < ０ꎬ ｆ ２π ( ) ＝ １ ｅ ２π > ０ꎬ 所以 ｆ ｘ( ) 在区间 ０ꎬ ２π [ ] 有且只有两个零点 ｘ １ ꎬ ｘ ２ ꎬ 其中 ｘ １ ∈ π ２ ꎬ ３π ２ æ è ç ö ø ÷ ꎬ ｘ ２ ∈ ３π ２ ꎬ ２π æ è ç ö ø ÷ ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 且当 ｘ ∈ ０ꎬ ｘ １ ( ) 时ꎬ ｆ ｘ( ) > ０ꎬ 当 ｘ ∈ ｘ １ ꎬ ｘ ２ ( ) 时ꎬ ｆ ｘ( ) < ０ꎬ 当 ｘ ∈ ｘ ２ ꎬ ２π ( ) 时ꎬ ｆ ｘ( ) > ０ꎬ 故当 ｘ ∈ ０ꎬ ｘ １ ( ) 时ꎬ ｇ′ ｘ( ) > ０ꎬ 当 ｘ ∈ ｘ １ ꎬ ｘ ２ ( ) 时ꎬ ｇ′ ｘ( ) < ０ꎬ 当 ｘ ∈ ｘ ２ ꎬ ２π ( ) 时ꎬ ｇ′ ｘ( ) > ０ꎬ 所以 ｇ ｘ( ) 在区间 ０ꎬ ｘ １ ( ) 和 ｘ ２ ꎬ ２π ( ) 为增函数ꎬ 在区间 ｘ １ ꎬ ｘ ２ ( ) 为减函数ꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ｇ π ２ æ è ç ö ø ÷ > ｇ ０ ( ) ＝ ０ꎬ ｇ ３π ２ æ è ç ö ø ÷ ＝ － ｅ ３π ２ － １ < ０ꎬ ｇ ２π ( ) ＝ － ｅ ２π ＋ １ < ０ꎬ 所以 ｇ ｘ( ) 在区间 ０ꎬ ２π ( ] 有唯一零点 ｘ ０ ꎬ ｘ ０ ∈ π ２ ꎬ ３π ２ æ è ç ö ø ÷ ư ９ 分ƺƺƺƺƺƺ 又因为 ｇ － ｘ( ) ＝ － ｓｉｎｘ ＋ ｃｏｓｘ( ) ｅ －ｘ － ｓｉｎｘ ＋ ｃｏｓｘ ＝ － ｅ －ｘ ｇ ｘ( ) ꎬ 所以对于任意的 ｘ ∈ Ｒꎬ 若 ｇ ｘ( ) ＝ ０ꎬ 必有 ｇ － ｘ( ) ＝ ０ư １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ｇ ｘ( ) 在区间 － ２πꎬ ０ [ ) 有唯一零点 － ｘ ０ư １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 故 ｇ ｘ( ) 在区间 － ２πꎬ ２π [ ] 有且只有 ３ 个零点: － ｘ ０ ꎬ ０ꎬ ｘ ０ ꎬ 所以 ｇ ｘ( ) 在区间 － ２πꎬ ２π [ ] 有且只有共有 ３ 个零点ꎬ 且之和为 ０ư １２ 分ƺ 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 理科数学试卷答案 　 第 ７ 页 (共 ８ 页)(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 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 理科数学试卷答案 　 第 ８ 页 (共 ８ 页)