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线上市质检数学（文科）参考解答与评分标准 第 1页 共 10页 泉州市 2020 届高三毕业班线上适应性测试（一） 文科数学试题答案及评分参考 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（思想方法分），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、单项选择题：本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1．D 2．B 3． A 4．C 5．A 6．D 7．D 8． C 9．B 10．B 1．解析： 1)1()1( )1(2 1 2   iii ii i iz ，故 iz 1 ，故选 D. 2．解析： { ( 3) 0}={ 0 3}A x x x x x     ， { 2}B x x  ， { 2}B x x Rð ， 则 ( ) { 0 3} { 2}={ 0 2}I IA B x x x x x x     Rð ，故答案选 B. 3. 解析：由 3 4 16a a  ， 5 30S  得 12 5 16a d  且 15 10 30a d  ，解得 21 a . 故答案选 A. 4.解析：由图易知， 2 3 1b b b  , 1 3 2a a a  .线上市质检数学（文科）参考解答与评分标准 第 2页 共 10页 5. 解析：由 1sin cos2    ，得 1sin cos 2    ，平方得 11 sin2 4   ，所以 3sin2 4   ， 所以 πcos( 2 )2   3sin2 4    ，选 A. 6. 解析：依题意可得           222 5 129 bac c a b ，解得 3,4  ba ，故方程为 2 2 116 9 x y  . 故选 D. 另解：由焦距得 5c  ，又由 2 2 2c a b  ，快速排除 A,B 选项；点 (12,9) 代入选项 C，不满足，排除 C. 故选 D. 7. 解析：画图可得，当        3 16 3 5 y x 时， yx 2 取得最大值为 37 3 ，选 D. 8.解析：由题意  xf 在R 上是递增函数，所以      bb b 232 0 0 ，解得 0 1b  . 9.解析：依题意可得 o 12 90 FPF ，故 12e,2222||2|| 211  故即 ccaFFPF . 10.解析：由     axfaxf  ，得0- ，作出函数  xfy  与 ay  的图象，观察他们的交点情况，可知， ea 11 或 1a 时，至多有两个交点满足题意，故选 B. 二、多项选择题：本题共 2 小题，每小题 5 分，共 10 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分。 11．AB 12．ACD 11 题选项 12 题选项 可得分数 全部正确 AB ACD 5 分 部分正确 A、B A、C、D 、A C、C D、AD 3 分 11.解析： πi 1 cos π+isine π+1=0  ，A 对； ie cos isin 1x x x ＝ ＋ ，B 对； i -ie= 2c s +eo x x x ，C 错；依线上市质检数学（文科）参考解答与评分标准 第 3页 共 10页 题可知 eix 表示的复数在复平面内对应的点的坐标为(cosx，sinx)，故 i6e 表示的复数在复平面内 对应的点的坐标为(cos12，sin12)，显然该点位于第四象限，；D 错；选 AB. 12.解析：在 ABC△ 中，根据余弦定理得， 2 2 2+ccos = 2 b a bA bc c   ，即 2 2 2b a c  ，所以 π= 2C . 由倍角公式得 2 1cos 2cos 1 8BAC CAD  ∠ ∠ ，解得 3cos 4CAD ∠ . 在 Rt ACD△ 中， 3cos 4AC AD CAD ∠ ，故选项 A 正确 在 Rt ABC△ 中， 1cos 8 ACBAC AB  ∠ ，解得 6AB  .故选项 B 错误； 1 1 sin2 2 1 1 sin2 2 ACD ADB CD AC AC AD CADS S BD AC AB AD BAD         △ △ ∠ ∠ ，解得 1 8 CD AC BD AB   ，故选项 C 正确； 在 ABD△ 中，由 3cos = 4BAD∠ 得， 7sin = 4BAD∠ ，所以 1= sin2ABDS AD AB BAD △ ∠ 1 7 3 7= 1 62 4 4     ，故选项 D 正确. 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．将答案填在答题卡的相应位置。 13．2 14． cba  15． π( ) sin(2 )6f x x  ， 3[ ,1]2  16． 4 3 13.解析： 2 2  a b a b ,两边平方可得 0ba ，故 02  x ，得 2x . 14.解析： 1logelog,1,e)e( 3 1 3 1 6 1 2   cbaab 又故，因为 ，故 cba  . 15．解析： π( ) sin(2 )6f x x  ，当 π π[ , ]4 4x   时， π π 2π2 [ , ]6 3 3x    ， 所以 ( )f x 的值域为 3[ ,1]2  .线上市质检数学（文科）参考解答与评分标准 第 4页 共 10页 16．【解析】如图所示，由已知易得 PAB 是直角三角形，过点 P 作 ABPD  ，垂足为 D ，易得 2 33PD ， 连接CD ，因为平面 PAB  平面 ABC ，由面面垂直的性质定理，可得 PD 平面 ABC ，所 以 PCD ， 3 3tan 2 PD CD CD    ,可知当CD 取最小值时， tan 最大. 由点 C 到 A ， B 两点的距离和为10，可知点 C 的轨迹是以 BA, 为焦点的椭圆 E .设 AB 的 中点 O ，以 O 为原点， AB 所在轴为 x 轴，建立平面直角坐标系，如图所示.由 6AB  ， 可得椭圆 E 的方程为 2 2 125 16 x y  ，点 C 在椭圆 E 上，设  0 0,C x y ，则 2 2 0 0 125 16 x y  .由 2 3BD ， 得 3,02D     . 则   2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 93 3 7316 1 3 5 52 2 25 25 4 x xCD x y x x x                        „ „ . 2 0 9 25( ) 1225 6CD x   ,可得当 0 25 6x  时， CD 取得最小值，最小值为 32 . 所以 tan 的最大值为 3 3 3 42 2 3   . 四、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。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。 （一）必考题：共 60 分。 17.【命题意图】本小题主要考查等比数列的定义、通项公式、数列求和等基础知识，考查推理论证能力 和运算求解能力，考查化归与转化思想，体现综合性与应用性，导向对逻辑推理、数学运算等核心素 养的关注．满分 12 分 解析：（1）由 nn aa 31  得数列 na 是首项 31 a ，公比 3q 的等比数列；.....1 分 由 363nS  得 36331 313   ）（ n .....................................................................................3 分 得 2433 n ，解得 5n .线上市质检数学（文科）参考解答与评分标准 第 5页 共 10页 所以 n 的值为5 . ......................................................................................................5 分 （2）由（1）知数列 na 是首项 31 a ，公比 3q 的等比数列， 可得 n na 3 ...............6 分 nab n nn  3loglog 33 ，.....................................................................................8 分 1 11 )1( 11 1   nnnnbb nn .....................................................................................9 分 )1 11()4 1 3 1()3 1 2 1(2 11  nnTn ）（ ..........................................................10 分 1 11  n ...............................................................................................................11 分 1 n n . 所以，数列        1 1 nn bb 的前 n 项和 nT 1 n n . ...........................................................12 分 18.【命题意图】本题考查频率分布直方图、古典概型、用样本估计总体等知识点。考察了学生对统计图表 的识读与计算能力，考察了学生的数学建模、数据分析、数学抽象、数学运算等核心素养。 【解析】（1）①由 0.0011 0.0024 0.002 0.001 0.0004 0.0001 100 1m       （ ） ，得 0.003m  ．············································································ 2 分 ②设事件 A 为“这 2 位‘线上买菜’消费总金额均低于 600 元” 被抽取的居民“线上买菜”消费总金额在 )500[ 600， 元的有 0.0004×100×100=4 人，3 分 分别记为 1 2 3 4a a a a， ， ， ， 被抽取的居民“线上买菜”消费总金额在 ]600[ 700， 的有 0.0001×100×100=1 人，记为b ， ······························································································4 分 从被抽取的居民“线上买菜”消费总金额不低于 500 元的居民中随机抽取 2 人进一步调 研， 共包含 10 个基本事件， 分别为 1 2aa ， 1 3a a ， 1 4a a ， 1a b ， 2 3a a ， 2 4a a ， 2a b ， 3 4a a ， 3a b ， 4a b ，5 分 事件包含 6 个基本事件， 分别为 1 2a a ， 1 3a a ， 1 4a a ， 2 3a a ， 2 4a a ， 3 4a a ，····························6 分线上市质检数学（文科）参考解答与评分标准 第 6页 共 10页 则这 2 位“线上买菜”消费总金额均低于 600 元的概率   6 3 10 5P A   ． 7 分 （Ⅱ）由题意，可得估计 A 地区每位居民“线上买菜”消费总金额平均数为: 50 0.0011 100 150 0.0024 100 250 0.003 100 350 0.002 100 450 0.001 100 550 0.0004 100 650 0.0001 100 260                      ·· 10 分 估计低于平均水平一半的频率为 260( 100) 0.0024 0.11 0.1822     ， 所以估计投放电子补贴总金额为： 1000000 0.182 10 1820000   元. ........................................12 分 19. 【命题意图】本小题考查线面平行、面面垂直的判定与性质、三棱锥的体积的求解等基础知识，考查 空间想象能力、逻辑推理及运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，体现基础性、 综合性与应用性，导向对发展数学抽象、逻辑推理、直观想象等核心素养的关注． 解：（1）在正三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，因为 1 AA 平面 ABC ， BD 平面 ABC ， 所以 1 AA BD ．··································································································1 分 在等边△ABC 中， D 是 AC 的中点，所以 BD AC ．···············································2 分 又 1 AA AC A ，所以 BD 平面 1 1ACC A ．··························································· 3 分 又 BD 平面 1BC D ，所以平面 1BC D  平面 1 1ACC A ．··············································4 分 （2）取 1AA 的中点 M ， 1 1A B 的中点 N ，连接 MN ，则点 F 的轨迹就是线段 MN ．7 分 （回答正确 2 分，作图 1 分） 因为 ∥EF 平面 1BC D ，所以 1 1 1   F BC D E BC D B EC DV V V ．··········································· 由（1）得 BD 平面 1EC D ， 又因为 1 1 3 4 62    △EC DS ， 2 3BD ， 所以 1 1 6 2 3 4 33    B EC DV ． 故三棱锥 1F BC D 的体积为 4 3 ．----------------12 分 20. 【命题意图】本小题主要考查抛物线的定义、方程及直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查推理 论证能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想等，体现基础性、 综合性与创新性，导向对发展逻辑推理、直观想象、数学运算、数学建模等核心素养的关注．满分 12 分． 解法一：（1）设 ( , )P x y ，则 PF 的中点为 1( , )2 2 x yM  ，由题意，得 1 2 yMF  ，·················· 2 分线上市质检数学（文科）参考解答与评分标准 第 7页 共 10页 从而得 2 2 21 ( 1)( 1)4 2 4 x y y    ，································································ 3 分 整理，得 2 4x y ， 所以C 的方程为 2 4x y . ············································································5 分 （2）设 2(2 , )P t t ， 0 0( , )Q x y 则 PF 的斜率 2 1 2 tk t  ，故直线QF 的方程为 2 2 11 ty xt   ，···7 分 又 1 2y x  ，故可得l 的方程为 2y tx t  ，···························································· 9 分 由 2 2 , 2 1,1 y tx t ty xt       解得 0 1y   ，······································································· 10 分 又 0 0( , 1)FQ x y  ， (0, 1)FO   ， 所以 01 2FQ FO y     ，故 FQ FO  为定值. ---------------12 分 21. 【命题意图】本小题主要考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性、最值和极值点点等问题， 考查抽象概括、推理论证、运算求解能力，考查应用意识与创新意识，综合考查化归与转化思想、分 类与整合思想、函数与方程思想、数形结合思想、有限与无限思想以及特殊与一般思想，考查数学抽 象、逻辑推理、直观想象、数学运算、数学建模等核心素养．满分 12 分． 解：（1）由题意可得      011       xxe axxf x ...................................................................................1 分 当 1a 时，           xexxf x 111 ， 因为 0x ，所以 011       xex ................................................2 分 所以   0 xf 时， 10  x ，   0 xf 时， 1x . ..........................................................3 分 所以  xf 的增区间是  ，1 ，减区间是  1,0 . ....................................................................4 分 （2）       x x x e x eax xe axxf              1 11 ，令   x eaxg x  ...............................................5 分 则     2 1 x xexg x  ,当   ,0,10  xgx 当   0,0  xgx ,线上市质检数学（文科）参考解答与评分标准 第 8页 共 10页 所以  xg 在  1,0 递减,在  ，1 递增, 所以     eagxg  1min ............................................................7 分 ①当 0 ea ,即 ea  时,   0xg 恒成立, 故     0,10,10  xfxxfx 时；时 故  xf 在  1,0 递增，在  ，1 递减，所以 1x 是 )(xf 的唯一极值点，满足题意............9 分 ②当 0 ea ,即 ea  时,  xg 在  1,0 递减,在  ，1 递增, 0)1(  eag 故   0,0)1()(,10  xfgxgx 得时 ；   0,0)1()(,1  xfgxgx 得时 故  xf 在  1,0 递增，在  ，1 递减， 所以 1x 是 )(xf 的唯一极值点，满足题意.. .............................10 分 ③当 eaea  ,0 时,   01  eag , a aeag a    2 )( ，令 ta  ，则 ett teag t  ,)( 2 ， 令 etteth t  ,)( 2 ， ,2)( teth t  令 ettet t  ,2)( ， ,02)(  tet 故 )(t 在 ),( e 递增，故 0)()(  et  故 )(th 在 ),( e 递增， 0)()(  ehth ，故 0)( ag 所以  xg 在  ，1 存在唯一零点，设为t , 当     0,0)(,1  xftgxgtx 得时 ；当     0,0)(,  xftgxgtx 得时 , 所以  xf 在  t,1 递减，  ，t 递增，所以 tx  也是  xf 的极值点， 所以 ea  不符合题意 综上所述, a 的取值范围是 ea  ...............................................................................................12 分 （注：①②可合并）线上市质检数学（文科）参考解答与评分标准 第 9页 共 10页 （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。 22．选修 4 4 ：坐标系与参数方程 本小题综合考查直线与圆的参数方程、圆的直角坐标方程与极坐标方程的互化、极坐标的几何含义、 面积公式、三角恒等变换及三角函数性质等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，考查函数 与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，体现基础性与综合性，导向对发展直观想象、逻辑推 理、数学运算等核心素养的关注．满分 10 分． 解：（1）由 4x t y kt     ,消去参数 t 得 1l 的普通方程  4y k x  , ......................1 分 设  ,P x y ,由题意得  4 1 . y k x y xk     ， ......................2 分 消去 k 得C 的普通方程 2 2 4 0 0x y x y   （ ）. ....................3 分 把 2 2 2 , cosx y x     代入上式， 0cos42   ，. ...................4 分 可得 C 的极坐标方程为 4cos  （ 0 4  ，）. ......................5 分 （2）由题意可设  2 1 21 ( ,( , 0 04), ) ,A B       ， ......................6 分 1 2 1 2| | sin 4 2 cos cos2 4 4 4AOBS OA OB             ‖uur uuur ..................7 分  2 1 cos2 sin 24 cos sin cos 4 2 2            2 2 2 cos 2 4       ， . .....................8 分 所以当 cos 2 14      ，即 ( Z)4k k    时， .....................9 分 AOB 的面积取得最大值，其最大值为 2 2 2 . .......................10 分 23．选修 4 5 ：不等式选讲 本小题主要考查绝对值不等式的解法、绝对值的意义、基本不等式等基础知识，考查抽象概括能力、 运算求解能力，考查分类与整合的思想，转化与化归的思想，体现基础性与综合性，导向对发展逻辑 推理、数学运算、直观想象及数学建模等核心素养的关注．满分 10 分．线上市质检数学（文科）参考解答与评分标准 第 10页 共 10页 解:（1）当 1x 时, 02  a 恒成立,此时 Ra . ......................................................................................1 分 当 1x 时,原不等式可等价转化为 1 232   x xxa . ..........................................................2 分 令   1 232   x xxxg , 则原不等式恒成立，只需  xga min . ........................................2 分 因为   41 44 1 232    x x x xxxg , .............................................................................3 分 当且仅当 23 2  xx 或 时“=”号成立, .................................................................................4 分 所以   4min xg ,即 4a . .................................................................................4 分 综上知， a 的最大值 4m . ........................................................................................................5 分 （2） 由（1）可得 22  qppq ，即    421  qp . ...............................................................6 分 因为   02,01  qp 所以 ，.................................................................................................7 分        73212321  qpqpqp ，........................................................9 分 当且仅当 21  qp ，即 4,3  qp 时“=”成立, ...................................10 分 所以 qp  的最小值为 7. ...................................10 分 说明：令 tqp  ，转化为求函数 )1(1 22   pp ppt 的最小值，或转化为“由关于 p 的二次方程 02)12  tptp （ 有大于 1 的解，求t 的最小值”问题，参照前述解答，视求解进度情况酌情相应给 分.