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文科数学参考答案及评分细则 第 1 页（共 9 页） 2020 年福建省高三毕业班质量检查测试 文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．B 3．C 4．D 5．D 6．A 7．C 8．C 9．A 10．B 11．D 12．C 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。 13．2 14． 4 15．15 16．①③④ 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．本小题主要考查递推数列、等差数列、数列求和等基础知识，考查推理论证能力、运 算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查逻辑推理、数学运算等核 心素养，体现基础性、综合性．满分 12 分． 解：（1）因为    +1 2 +1 +1 2 +12n n n n n n n n nb b a a a a a a a        ， ················· 2 分 由题意知 2 +122n n na a a    ，可得 2 +122n n na a a    ， ······························ 3 分 即 +1 2nnbb，所以 nb 是等差数列． ····················································· 4 分 又 1 2 1 4b a a   ， ··············································································· 5 分 所以  4+2 1 2 +2nb n n   ， n  N ． ······················································ 6 分 （2）由（1）知 22nbn， 当 2n≥ 时，      1 2 1 1 2 1n n n n na a a a a a a a         ， ························· 8 分 即 1 1 2 1nna a b b b       ， 即  2 4 6 2 1na n n n       ．（  ） ················································· 9 分 又当 1n  时， 1 2a  ，满足（ ）， 所以  +1na n n ， ． ···················· 10 分 所以   1 1 1 1= 11na n n n n ， ······························································ 11 分 文科数学参考答案及评分细则 第 2 页（共 9 页） 所以 12 1 1 1 n n S a a a    1 1 1 1 11 2 2 3 +1nn                       = 1 n n  ． ·············································································· 12 分 18．本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，三棱锥的体积及 空间点面距离等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力；考查化归与转化思想、 函数与方程思想；考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综 合性．满分 12 分． 解法一：（1）因为 AD BC∥ ， 90D ， 3BC  ， 1AD DC， 依题意得， 1 90ADC D    ， 1 1DC ， ·············································· 1 分 因为 1 22DB ，所以 2 2 2 11BC DC D B，故 1 90BDC，即 11CD BD ， ·· 3 分 又因为 11CD AD ， 1 1 1AD BD D ，所以 1CD 平面 1ABD ． ····················· 5 分 又因为 1CD  平面 1ACD ，所以平面 1ACD  平面 1ABD ． ··························· 6 分 （2）因为 AD BC∥ ， 90D ， 3BC  ， 1AD DC，所以 ABC△ 的面积为 3 2 ， 设 1D 到面 ABC 的距离 h ，则三棱锥 1D ABC 的体积为 1 13 32D ABCVh    ， 故要使 1D ABCV  取到最大值，需且仅需 h 取到最大值． ································ 7 分 取 AC 的中点 M ，连结 1DM ，依题意知 111AD D C， 1 90ADC， 所以 1D M AC ， 1 2 2DM  ，且 1h D M≤ ． 因为平面 1ACD 平面 ABC AC ， 1D M AC ， 1DM平面 ， 所以当平面 平面 ABC 时， 1DM  平面 ABC ， 1D M h ， 故当且仅当平面 平面 时， 取得最大值． ······················ 8 分 此时 1 1 3 2 2 3 2 2 4D ABCV      ， ···························································· 9 分 设 B 到平面 1ACD 的距离为 d ，可得 11 11 =3 2 6D ABC B ACD dV V d    ， ············· 11 分 故 2 64 d  ，解得 32 2d  ， 故 B 到平面 1ACD 的距离为 32 2 ． ························································ 12 分 文科数学参考答案及评分细则 第 3 页（共 9 页） 解法二：（1）同解法一. （2）因为 AD BC∥ ， 90D ， 3BC  ， 1AD DC，所以 ABC△ 的面积为 3 2 ， 设 1D 到面 ABC 的距离 h ，则三棱锥 1D ABC 的体积为 1 13 32D ABCVh    ， 故要使 1D ABCV  取到最大值，须且仅需 h 取到最大值． ·································· 7 分 取 AC 的中点 M ，连结 1DM ，依题意知 111AD D C， 1 90ADC， 所以 1D M AC ， 1 2 2DM  ，且 1h D M≤ ． 因为平面 1ACD 平面 ABC AC ， 1D M AC ， 1DM平面 1ACD ， 所以当平面 1ACD  平面 ABC 时， 1DM  平面 ABC ， 1D M h ， 故当且仅当平面 平面 时， 取得最大值． ························· 8 分 过点 B 作 BN AC ，垂足为 N , 因为平面 1ACD  平面 ABC ，平面 1ACD 平面 ABC AC ， BN  平面 ABC ， 所以 BN  平面 1ACD ，所以 B 到平面 1ACD 的距离为 BN ． ·························· 9 分 在 ACD△ 中， 90D ， 1AD DC，所以 2AC  ， ······················· 10 分 在 ABC△ 中， 1 2ABCS AC BN  △ ，所以 13222BN   ， 所以 32 2BN  ，即 B 到平面 1ACD 的距离为 32 2 ． ··································· 12 分 19.本小题主要考查频率分布直方图、回归分析等基础知识，考查数据处理能力、运算求解 能力、应用意识，考查统计与概率思想，考查数学抽象、逻辑推理、数学建模、数学运 算、数据分析等核心素养，体现综合性、应用性．满分 12 分． 解：（1）由频率分布直方图可得 2018 年这 50 户家庭人均年纯收入的平均值为 2500 0.04 3500 0.12 4500 0.32 5500 0.28 6500 0.16 7500 0.08           =5140 （元）． ···················································································· 6 分 （2）依题意，可得： 1 2 3 4 5 6 3.56x     ， ······································ 7 分 故 6 7182 3426 6 3.5 xyy x    ， ·································································· 8 分 所以 66 11 66 2 2 2 2 11 ( )( ) 6 7602 7182 420ˆ 241 4 9 16 25 36 6 3.5 17.5( ) 6 i i i i ii ii ii x x y y x y x y b x x x x                   ， ········································································································ 9 分 文科数学参考答案及评分细则 第 4 页（共 9 页） ˆˆ 342 24 3.5 258a y bx      ， 所以 y 关于 x 的线性回归方程为 ˆ 24 258yx． ······································· 10 分 令 13x  ，得 2020 年 1 月该家庭人均月纯收入为 13ˆ 24 13 258 570y     （元）， 令 24x  ，得 2020 年 12 月该家庭人均月纯收入为 24ˆ 24 24 258 834y     （元）， ··························································· 11 分 由题意知，该家庭的人均月纯收入的估计值成等差数列， 所以，2020 年该家庭人均年纯收入的估计值为 (570 834) 12 8424 80002S    ， 综上，预测该家庭能在 2020 年实现小康生活. ········································· 12 分 20．本小题主要考查抛物线的标准方程、圆的几何性质、直线与圆的位置关系、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，考查数形结合思想、 函数与方程思想、特殊与一般思想，考查数学运算，逻辑推理等核心素养，体现综合 性、创新性．满分 12 分． 解法一：（1）由题意得， ,02 pF   ． ······················································ 1 分 依题意，当圆 M 过 F 时，因为QA 为直径，所以 90QFA   ，即 FA x 轴． 设  11,A x y ，所以 1 2 px  ，又 2 112y px ，解得 1yp ，故不妨设 ,2 pAp  ， · 2 分 因为 1 42 2 2QAF ppS FQ FA    △ ，又06p，得 2 2 4QAF pSp△ ，······· 3 分 由题意得， 21234pp，即 2 8 12 0pp   ，解得 2p  或 6p  （舍去）. · 4 分 故 2:4C y x . ···················································································· 5 分 （2）设直线 :l x a ， l 被圆 M 所截得的弦长为t ． 因为  4,0Q ，所以点 M 到 :l x a 的距离为 1 4 2 xda， ········································ 6 分 又圆 的半径  2 2 114 22 xyAQr   ，………7 分 根据垂径定理有 2 22 2 t rd ， ···················· 8 分 得  2 22 2 1114 4 2 4 2 xyxt a      ， 文科数学参考答案及评分细则 第 5 页（共 9 页） 化简得，  2 2 2 1 1 116 4 4 4t x y a x a      ， ············································· 9 分 把 2 114yx 代入上式得，  22 14 3 16 4t x a a a    ，其中 1 0x  ， ················ 10 分 故当且仅当 3a  时，无论 1x 取何值，恒有 23t  ． ································ 11 分 所以存在直线 :3lx 被圆 M 所截得的弦长恒为 23．······························ 12 分 解法二：（1）同解法一. （2）假设存在满足条件的直线 :l x a ，因为  4,0Q ， 取  0,0A 时，则圆 为 2 224xy   ，直线 :l x a 被圆 M 截得的弦长为  222 2 2a ； 取  4,4A 时，则圆 为    224 2 4xy    ，直线 :l x a 被圆 M 截得的弦长为  222 2 4 a ； 则    22222 2 2 =2 2 4aa    ，解得 3a  ， 所以，如果满足条件的直线 l 存在，只能是 :3lx ，且被动圆 M 截得的弦长为 23． ······································································································ 8 分 下面证明直线 :3lx 被动圆 M 截得的弦长恒为 23． 因为点 M 到 :3lx 的距离为 1 4 32 xd  ·············································· 9 分 1 2 2 x  ， 圆 M 的半径  2 2 114 22 xyAQr   ， ················································ 10 分 又因为 2 114yx ，所以  2 2 111144 4 16=22 xxxxr   ， 所以直线 :3lx 被动圆 M 截得的弦长等于 22 22 1 1 14 16 22 2 =2 342 x x xrd       ． 综上，存在直线 :3lx 被圆 所截得的弦长恒为 ． ·························· 12 分 21．本小题主要考查函数的零点、函数的单调性、导数及其应用、不等式等基础知识，考 查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等，考查分类与整合思想、数形结合思想， 考查数学抽象、数学运算、逻辑推理等核心素养，体现综合性、应用性与创新性．满 文科数学参考答案及评分细则 第 6 页（共 9 页） 分 12 分． 解法一：（1）因为 2a  ，   ln 2lnf x x a x x    ， ① 当 20ex 时， ln 2 0x ，   3ln +2f x x x   ， 3( ) 1fx x     ， ········ 1 分 当  0,3x 时，   0fx  ，  fx单调递减；当  23,ex 时，   0fx  ，  fx单调递 增；所以当 =3x 时，  fx取得最小值， 所以    3 = 3ln3+5 0f x f ≥ . ····························································· 2 分 ② 当 2x≥e 时，ln 2 0x  ≥ ，   ln 2f x x x    ， 1( ) 1 0fx x      ，  fx单调递增； 所以    22e = 4+e 0f x f ≥ . ······························································ 4 分 综上，   0fx ，因此，  fx没有零点，即 的零点个数为 0． ············· 5 分 （2）要证  12, 3,9xx，    122 ln3f x f x≤ ， 只要证  3,9x ，    max min 2 ln3f x f x≤ 即可． ··································· 6 分 因为当  3,9x 时，  ln ln3 ,ln9x a a a    ． ① 当 2 ln9a ≤ 时，    3ln + , 3,e , ln , e ,9 . a a x x a x fx x x a x             ································ 7 分 因为当 3,eax  ，  = 3ln +f x x x a，   3= +1 0fx x   ≥ ，  fx单调递增， 当 e ,9ax   ，  = ln +f x x x a，   1= +1 0fx x  ，  fx单调递增， 又 3ln e e ln e ea a a aaa       ， 所以  fx在 3,9 上单调递增， ···························································· 8 分 所以    min 3 3ln3 3f x f a     ，    max 9 2ln3 9f x f a     ， 所以    max min =ln3+6 2 2+ln3f x f x a≤ ． ············································ 9 分 ②当 ln 9a≥ 时，   3lnf x x x a    ，   3= +1 0fx x   ≥ ，  fx在 3,9 上单调递增， 所以    min 3 3ln3 3f x f a     ，    max 9 6ln3 9f x f a     ， 所以    max min =6 3ln3f x f x． 又因为  2+ln3 6 3ln3 4ln3 4 0     ， 所以    max min =6 3ln3 2+ln3f x f x   ． ·············································· 11 分 因此，  12, 3,9xx时，    122+ln3f x f x ≤ . ······································ 12 分 文科数学参考答案及评分细则 第 7 页（共 9 页） 解法二：（1）设   2lng x x x   ，则   2 1gx x     ． ····························· 1 分 所以当  0,2x 时，   0gx  ，  gx单调递减； 当  2+x， 时，   0gx  ，  gx单调递增． 所以当 2x  时，  gx取得最小值，所以    2 ln2 2 0g x g    ≥ .·············· 3 分 又 ln 2 0x  ≥ ，所以   ln 2 2ln 0f x x x x     ， ·································· 4 分 因此，  fx没有零点，即  fx的零点个数为 0． ····································· 5 分 （2）要证  12, 3,9xx，    122 ln3f x f x≤ ， 只要证  3,9x ，    max min 2 ln3f x f x≤ 即可． ··································· 6 分 因为   ln 2lnf x x a x x    ， 当 ln 0xa，即 eax  时，   lnf x x x a    ， 1( ) 1 0fx x      ， 所以  fx在 e,a  上单调递增； 当 ln 0xa，即 0eax 时，   3ln +f x x x a   ， 3( ) 1fx x     ， 当  3eax ， 时，   0fx  ，  fx在 3ea， 上单调递增； 又当 eax  时， 3ln e e ln e ea a a aaa       ， 所以  fx在 3 ， 上单调递增． 因此   ln 2lnf x x a x x    在 3,9 上单调递增， 所以    min 3 ln3 2ln3 3f x f a     ，    max 9 ln9 2ln9 9f x f a     ，    max min = 2ln3 ln3 6 2ln3f x f x a a      ， ···································· 8 分 ① 当 2 ln9a ≤ 时，      max min =2ln3 ln3 6 2ln3 ln3+6 2 2+ln3f x f x a a a        ≤ ． ·········· 9 分 ②当 ln 9a≥ 时，      max min = 2ln3 ln3 6 2ln3 6 3ln3f x f x a a         ． 又因为  2+ln3 6 3ln3 4ln3 4 0     ， 所以    max min =6 3ln3 2+ln3f x f x   ． ·············································· 11 分 因此，  12, 3,9xx时，    122+ln3f x f x ≤ ． ··································· 12 分 （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 两题中任选一题作答。如果多做，则按所做 的第一题计分。 文科数学参考答案及评分细则 第 8 页（共 9 页） 22．选修 44 ：坐标系与参数方程 本小题主要考查参数方程、极坐标方程等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结 合思想、化归与转化思想、函数与方程思想，考查直观想象、数学运算等核心素养， 体现基础性、综合性．满分 10 分． 解：（1）因为 1C 的参数方程为 cos , sin x y      （ 为参数）， 所以 22 1 :1C x y． ·········································································· 2 分 因为 2C 的极坐标方程为 2 2 12= 3+sin  ，由 2 2 2xy ， sin y 得， 22 2 :143 xyC ． ··············································································· 5 分 （2）如图，设l 的倾斜角为  ，依题意 0 2  ， ， 则 P 在 1C 中的参数角 2，故  sin ,cosP  ， 所以可设l 的参数方程 sin cos cos sin xt yt        ，（t 为参数）． ··························· 6 分 把 l 的参数方程代入 22 143 xy，得   2 2 2sin 3 2 sin cos cos 9 0tt        ， 所以 2 12 2 cos 9= sin 3tt     ． ·········································································· 8 分 则 22 12 22 cos 9 9 cos| | | | | | sin 3 sin 3PA PB t t       ， 又 7| | | | = 3PA PB ，所以 2 2 9 cos 7=sin 3 3     ，所以 3sin 2  ， 故 3  ，即直线l 的倾斜角为 3  ． ······················································ 10 分 23．选修 ：不等式选讲 本小题主要考查绝对值不等式、均值不等式等基础知识，考查运算求解能力、推理论 证能力, 考查函数与方程思想、分类与整合思想、数形结合思想，考查数学运算、逻 辑推理等核心素养，体现基础性、综合性．满分 10 分． 解法一：（1）由题意得，   12f x x x    ， ①当 1x≤ 时，原不等式可化为1 +2 5xx≤ ，即 1x≥- ， ···························· 1 分 故 11x ≤ ≤ ． ···················································································· 2 分 ②当12x时，原不等式可化为 1+2 5xx≤ ，即 xR ， 45 文科数学参考答案及评分细则 第 9 页（共 9 页） 故12x． ······················································································ 3 分 ③当 2x≥ 时，原不等式可化为 1+ 2 5xx≤ ，即 x≤4 ， 故 24x≤ ≤ ． ······················································································ 4 分 综上不等式的解集为 1,4 ． ······························································· 5 分 （2）因为      +2 +2 2f x x a x b x a x b a b      ≥ ， ·························· 6 分 当且仅当  20x a x b≤ 时，取到最小值 2ab ，即 22ab． ·············· 7 分 因为 0ab  ，故 22ab， 2 1 2 1 a b a b   ， 所以  2 1 1 2 1 1 2 12222aba b a b a b         ········································ 8 分 144 2 42 14422 ba a ba ab b        ≥ . ················· 9 分 当且仅当 4ba ab ，且 ，即 11, 2ab或 11, 2ab    时，等号成立. 所以 21 ab 的最小值为 4 ． ··································································· 10 分 解法二：（1）由题意得，   2 3 1 1 2 1 1 2 2 3 2 xx f x x x x xx          ， ≤， ， ＜ ＜ ， ， ≥ ， ····················· 2 分 如图，直线 5y  与  y f x 的图象交于 ,AB两点， 令 2 3 5x   ，解得 1x  ，令 2 3 5x ，解得 4x  ，………4 分 由图象知：当且仅当 14x ≤ ≤ 时，   5fx≤ 成立， 综上不等式的解集为 1,4 ． ········································· 5 分 （2）因为      +2 +2 2f x x a x b x a x b a b      ≥ ， ························ 6 分 当且仅当  20x a x b≤ 时，取得最小值 ，即 ． ·············· 7 分 因为 0ab  ，故 ，因为| | 2 | | 2 2 | |a b ab ≥ ，所以 1||2ab ≤ ， ········ 8 分 所以 2 1 2 2 4ab a b ab ab    ≥ ， ······························································ 9 分 当且仅当| | 2 | |ab ，且 ，即 或 时，等号成立， 所以 21 ab 的最小值为 4 ． ··································································· 10 分