2020届丹阳市高三质量检测卷数学阅卷评分细则.pdf

第 1 页 共 9 页 高三质量检测卷 数学阅卷评分细则 一、填空题 1.  1 1＜x x  ; 2 1 ; 3． 5 3 ; 4. 3 ; 5. 5 ; 6. 7 10 ; 7. 16 2 3  ; 8．63. 9. 7 2 10  ; 10. 2 10 6  ; 11. 2+ 3 ; 12. 1 1( , )2 e ; 13. 4 5 ; 14. 10[ , )3   . 二、解答题 15.【解析】（Ⅰ）因为 sin cos 0a B b A  ， 在△ABC 中，由正弦定理 sin sin a b A B  得： sin sin sin cos 0A B B A  ． 即  sin sin cos 0B A A  ， ·······························2 分 又角 B 为三角形内角，所以 sin 0B  ， 故 sin cos 0A A  ， ············································3 分 即 π2 sin 04A     ， ············································5 分 又因为  0,πA ，所以 π 4A  ． ············································7 分 （Ⅱ）在△ABC 中，由余弦定理得： 2 2 2 2 cosa b c bc A    ， 则 2 220 4 4 2c c          ． ············································9 分 即 2 2 2 16 0c    ． ············································10 分 解得 2 2c   （舍）或 4 2c  ． ············································11 分 所以 1 1 2sin = 2 4 2 42 2 2S bc A     ． ············································14 分 16.证明（Ⅰ）因为直三棱柱 1 1 1ABC A B C , 则四边形 1 1BB C C 和 1 1AAC C 为平行四边形,即 1 1∥AC AC . 在□ 1 1BB C C 中, 1 1BC B C M ,则 M 为 1BC 的中点， 又 N 为 1A B 的中点，所以 MN 为 1 1A BC 的中位线， 故 1 1∥MN AC ， 又 1 1∥AC AC ，所以 ∥MN AC ， 由 MN  ABC ， AC  ABC ， 所以 ∥MN 面 ABC . ………………7 分 （Ⅱ）在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，所以 1BB  平面 1 1 1ABC ． 又 1BB  平面 1 1B BCC ，所以平面 1 1B BCC  平面 1 1 1ABC ， 又因为 AB BC ，所以 1 1 1 1A B B C ． 由 1 1A B  平面 1 1 1ABC ， 1 1B C 为交线. MN 第 15 题 不写正弦定理扣 1 分 不写扣 1 分 不写扣 1 分第 2 页 共 9 页 所以 1 1A B  平面 1 1B BCC ． 又 1BC  平面 1 1B BCC ， 所以 1 1 1.A B BC 又因为 1BB BC ，则侧面 1 1B BCC 为菱形， 故 1 1B C BC ． 又 1 1A B  1 1B C B , 1 1 1，A B B C  面 1 1A B C . 所以 1BC  平面 1 1A B C , 又 1A C  平面 1 1A B C ， 所以 1BC 1A C .………………14 分 说明:少一个条件扣 2 分,不同的两个逻辑段各少一个条件,则扣 4 分,少 3 个及以上得 0 分. 17. 解析 （Ⅰ）连结 BD，易知△BDC 为等边三角形，则 BD=2 在△ABD 中， 2π 3BAD  ，BD=2 ，由余弦定理得： 2 2 2 2 . .cos120BD AB AD AB AD    即 ADABADABADABADAB .)(.4 222  由基本不等式得： 4 )()(4 2 2 ADABADAB  则 33 4 ADAB （当且仅当 ADAB  时“  ”成立）. 故钢板长度 3 344  DACDBCABL . 答：所用板材长度的最大值为 3 344  km. ……………… 5 分 （Ⅱ）因为 AD 与CD 垂直，AB 与 BC 垂直,则 ABCD 四点共圆,且 AC 为直径,记直径为 2R . 在 BCD 中， 2CD CB  , 60BCD   ，则 2BD  ， 2π 3BAD  . 由正弦定理得： 2sin BD RBCD  42 3 R AC   ， ……………… 6 分 在 RT ADC 和 RT ABC 中，则 2 2 2 3 3AD AB AC CB    在 Rt △ADE 中，  DAE  ， 3 32AD ，则 tan3 32DE ， cos3 32AE ； 图（2）图（1）第 3 页 共 9 页 又 2CD ，则 tan3 322  DECDCE 在 Rt △CEF 中， π 3BCD  ，则 tan32 3  CEEF 则 aaaEFaAEay )3cos sin2(3)tancos 2(..3    ， π[0, )3  . 所以总费用 2 sin( )= 3) , [0, )cos 3 （F a     . ………………10 分 记 2 sin( ) cosf    ， π[0, )3  ， 则 ( )f  2 2 cos (2 sin ) ( sin ) cos          2 1 2sin cos     ， 令 ( ) 0 f  ，得 π 6  ， 当 π[0, )6  时 ( ) 0 f  ， ( )f  单调递减；当 π π[ , )6 3  时， ( ) 0 f  ， ( )f  单调递增， 所以当 π 6  时， ( )f  取最小值，此时 min( ) 2 3f a  ………………13 分 答：铺设的总费用的最小值为 a32 元. ………………14 分 18.解析（Ⅰ）法一 因为右焦点 F 的坐标为 ( 3,0) ，则左焦点 '( 3,0)F  由椭圆的定义知： 2 23 132 ( ) ( )2 4a   2 23 3 13( ) ( )2 4   5 11 44 4    ，即 2 4a  . 又 2 3c  ，则 2 2 2 1b a c   . 所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y  . ……………… 4 分 法二 右焦点 F 的坐标为 ( 3,0) ，点 P C ， 则 2 2 2 2 3 13 14 16 3 a b a b       2 24, 1a b   . 所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y  . ……………… 4 分 （Ⅱ）设直线 ( 3)l y k x ： （ 0k  ）点 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ， ………………5 分 由 2 2 ( 3), 1,4 y k x x y      消去 y ，得 2 2 2 2(4 1) 8 3 (12 4) 0k x k x k     ………………7 分 显然 0  ， 2 1 2 2 8 3 4 1 kx x k    , 则 2 1 2 2 4 3 2 4 1M x x kx k    ， ………………8 分第 4 页 共 9 页 即 2 3( 3) 4 1M M ky k x k     . 即 2 2 2 4 3 3( , )4 1 4 1 k kM k k   . ………………10 分 则线段 AB的垂直平分线方程为： 2 2 2 3 1 4 3( )4 1 4 1 k ky xk k k      . ………11 分 令 0x  ，得 2 3 3(0, )4 1 kD k  ；令 0y  ，得 2 2 3 3( ,0)4 1 kC k  . ………………12 分 则△ ODC 的面积 2 2 2 2 2 2 1 3 3 3 3 27 | || | | |=2 4 1 4 1 2(4 1)ODC k k k kS k k k      ， ……………… 13 分 △ CMF 的面积 2 2 2 2 2 2 1 3 3 3 3( 1) | || 3 | | |2 4 1 4 1 2(4 1)CMF k k k kS k k k          . ……………… 14 分 因为△ ODC 与△ CMF 的面积相等， 则 2 2 2 2 2 2 27 | | 3( 1) | | 2(4 1) 2(4 1) k k k k k k     ，解得 2 4k   . 故当△ ODC 与△ CMF 的面积相等时，直线l的斜率 2 4k   . ………………16 分 法 2 设 ),( 11 yxA ， ),( 22 yxB 由      14 )3( 2 2 yx xky 消去 y 得 0)412(38)14( 2222  kxkxk ………………7 分 显然 0 ， )14(2 )412)(14(42)38(38 2 2222 2,1   k kkkkx ∴ 14 38 2 2 21   k kxx ，∴ 14 34 2 2   k kxM , 所以中点 ) 14 3, 14 34( 22 2    k k k kM . ………………9 分 ∴ AB 的垂直平分线方程为： ) 14 34(1 14 3 2 2 2     k kxkk ky , 令 0x 得 ) 14 33,0( 2 k kD . ………………10 分 ∵ ODC 与 CMF 的面积相等，则 OMFOMD  与 的面积相等， ∴OM ∥ DF . ………………12分第 5 页 共 9 页 ∴ DFOM kk  ,得 14 34 14 3 3 41 33 2 2 22       k k k k k k ,即 kk k 4 1 41 3 2    . 解之得： 8 12 k ,即直线 l 的斜率 4 2k . ………………16 分 19．解析（Ⅰ）由 2( ) ln ( , )f x ax x b x a b   R ，则 '( ) 2 bf x a x x    ， 又切线方程为 2 2 0x y   ，令 1x  ，则 0y  ， 所以 (1) 0f  且 '(1) 2f  ， 则 (1) 1 0 '(1) 2 2 f a f a b         ，解得： 1, 3a b  ............................3 分 （II）由（Ⅰ）知 2( ) 3lnf x x x x   ，令 2( ) ( ) 2 2 3ln 2g x f x x x x x       则 23 2 3 (2 3)( 1)'( ) 2 1 x x x xg x xx x x           . 令 '( ) 0g x  得 1x  ， 3 2x   （舍）． ............................4 分 当 '( ) 0g x  时， 0 1x  ；当 '( ) 0g x  时， 1x  . 则 ( )g x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减. 所以当 1x  时， ( )g x 取得最大值. .............................6 分 即 ( ) (1) 0g x g  . 所以函数 ( ) 2 2-y f x x  在 x 轴的上方无图像. ............................7 分 （III）由（II）可知， ①当 2k  时， ( ) 2( 1)f x x  ， 所以不存在 0 1x  ，当 0(1, )x x 时，恒有 ( ) 2( 1)f x x  ； 所以 2k  不符合题意. ............................9 分 ②当 2k  时，对于 1x  ， ( ) 2( 1) ( 1)f x x k x    ， 所以不存在 0 1x  ，当 0(1, )x x 时，恒有 ( ) ( 1)f x k x  成立； 所以 2k  不符合题意. ............................11 分 ③当 2k  时，设 2( ) ( ) ( 1) (1 ) 3lnh x f x k x x k x x k         . 因为 22 (1 ) 3'( ) x k xh x x     ，令 '( ) 0,h x  即 22 (1 ) 3 0x k x     . 因为 2(1 ) 24 0k     ，解得 2 2 1 2 1 (1 ) 24 1 (1 ) 24,4 4 k k k kx x         . 又因为 2k  ，所以 1 20, 1x x  . 取 0 2x x .当 0(1, )x x 时， '( ) 0h x  ，则 ( )h x 在 0(1, )x 上单调递增.第 6 页 共 9 页 所以 ( ) (1) 0h x h  .即 ( ) ( 1)f x k x  . 所以 2k  符合题意. ............................15 分 故实数 k 的取值范围是 ( ,2) . ............................16分 20. 解析（Ⅰ）数列15 91115，，，， 不存在“心灵契合数列”. .....……………1 分 因为1+5+9+11+15=41， 则 * 1 41 1 10 N5 1b    ， * 2 41 5 9 N5 1b    ， * 3 41 9 8 N5 1b    ， * 4 41 11 15 N5 1 2b    . 所以数列15 91115，，，， 不存在“心灵契合数列”. ……………3 分 （Ⅱ）数列 nb 为单调递减数列. ……………4 分 因为 1 1 1 n n n n a ab b m      ， *1 1,n m n N    ……………5 分 又因为 1 2 ma a a   ，所以有 1 0n na a   , 所以 1 1 01 n n n n a ab b m      ……………6 分 即 1 2 mb b b   成立 所以数列 nb 为单调递减数列. ……………7 分 （Ⅲ） 1≤i0，b>0，∴ a＝2， b＝1. …………10 分 22．【解析】（Ⅰ）因为 2 2 11 11 t t    ，且   22 2 2 2 22 2 1 4 12 1 1 y t tx t t              ， 所以 C 的直角坐标方程为 2 2 1( 1)4 yx x    ． …………3 分 直线 l 的直角坐标方程为 2 3 11 0x y   ． …………5分 （Ⅱ）由（1）可设C的参数方程为 cos , 2sin x y      （ 为参数， π π   ）． C上的点到 l 的距离为 π4cos 11| 2cos 2 3sin 11| 3 7 7          ． 当 2π 3    时， π4cos 113      取得最小值7， 故C上的点到 l 距离的最小值为 7 ． …………10分 23．解析（Ⅰ）取 AD 中点 O ,连接 , ,OP OB BD . 因为 PA PD ,所以 PO AD . 又侧面 PAD  底面 ABCD ， 面 PAD  面 ABCD AD ， PO  平面 POD , 所以 PO  平面 ABCD ,易知 PO OB . 范围没写扣 1 分 第 23 题第 8 页 共 9 页 又在菱形 ABCD 中 , 60BCD   ，O 为 AD 中点，则 BO AD . 故建立以 O 为坐标原点， , ,OA OB OP    分别 为 , ,x y z 轴的坐标系. …………1 分 因为 ABCD 菱形，且 60BCD   , 2PA PD  ，则 (0, 3,0) (0,0,1) ( 2, 3,0) ( 1,0,0)B P C D  ， 又 ,E Q 是中点，则 ( 1, 3,0)E  、 3 1( 1, , )2 2Q  ， 所以 ( 1,0,0)AP   ， ( 1, 3,0)AB   ， 3 1( 1, , )2 2BQ    ， 设面 PAB 的一个法向量为 ( , , )n x y z ，直线 BQ 与平面 PAB 所成角 ， 则 0 3 0 AP n x y AB n x y                ，取 1y  ，则 3, 3x z  ，故 ( 3,1, 3)n  所以 sin | cos , |n BQ     3 33 422 2| | 147 2       , 故直线 BQ 与平面 PAB 所成角的正弦值为 42 14 . …………5 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知 ,BO AD PO AD  , 因为侧面 PAD  底面 ABCD ,且平面 PAD  底面 ABCD AD , 所以 PO 底面 ABCD . 以O 为坐标原点,如图建立空间直角坐标系O xyz . 则        1,0,0 , 1, 3,0 , 0,0,1 , 2, 3,0D E P C   , 因为Q 为 PC 中点,所以 3 11, ,2 2Q      . 所以   3 10, 3,0 , 0, ,2 2DE DQ          , 所以平面 DEQ 的法向量为  1 1,0,0n  . 因为   3 11, 3,0 , 0, ,2 2DC DQ           ,设平面 DQC 的法向量为  2 , ,n x y z , 则 2 2 0 0 DC n DQ n          ,即 3 0 3 1 02 2 x y y z       . 令 3x  ,则 1, 3y z   ,即  2 3,1, 3n   . 所以 1 2 1 2 1 2 21cos , 7 n nn n n n        ，所以 1 2 2sin , 7 7n n   故所求二面角的正弦值为 2 7 7 . …………10 分第 9 页 共 9 页 24.解析（Ⅰ）设化学成绩获得 A 等第的学生原始成绩为 x ，等级成绩为 y ， 由转换公式得： 95 100 85 86 x y x y    ，即 14( 85) 8610 xy   14 330 10 x  ， 所以 14 330 9610 ≥x  92.1≥x ， …………2 分 根据成绩统计表显示满足 92.1≥x 的同学只有 3 人，获得 A 等级的学生有 15 故恰好有 1 名同学的等级成绩不小于 96 分的概率为 2 1 3 12 2 15 12 35 C CP C   . …………4 分 （Ⅱ）由题意等级成绩不小于 96 分人数为 3 人，获得 A 等级的人数由 15 人， 则 0 3 3 12 5 15 24( 0) 91 C CP C     ； 1 4 3 12 5 15 45( 1) 91 C CP C     ； 2 3 3 12 5 15 20( 2) 91 C CP C     ； 3 2 3 12 5 15 2( 3) 91 C CP C     , …………8 分 所以分布列为 则期望 45 20 2( ) 0 2 3 191 91 91E         . …………10 分  0 1 2 3 P 24 91 45 91 20 91 2 91 ………9 分