福建省泉州市2020届普通高中毕业班第一次质量检查理科数学（word版，含答案）.doc

市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 1页 共 12页 泉州市 2020 届普通高中毕业班第一次质量检查 理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，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． 二、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． 4 3 15． 3( ,0)4 ， 27 4 16． 2 7( ,2]7 三、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．本小题主要考查解三角形、三角恒等变换等基础知识，考查推理论证能力和运算求解能力等，考查数 形结合思想和化归与转化思想等，体现综合性与应用性，导向对发展直观想象、逻辑推理、数学运算 及数学建模等核心素养的关注．满分 12 分． 【解析】 思路探求 1：在 Rt ABC△ 中，由已知条件求出相关的边与角，由倍角关系推导求出 ADC△ 为等边三 角形，再利用余弦定理即求出 7BD  的长度. （1）解法一： 在 Rt ABC△ 中，由 π= 6ACB∠ ， 3BC  得 1AB  ， π= 3BAC∠ ， 2AC  ........................................................................................2 分 又 π2 = 3DAC ACB∠ ∠ ， π= 3ADC∠ ， 所以 ADC△ 为等边三角形，所以 2AD  .......................................................................4 分 在 ABD△ 中，由余弦定理得， 2 2 2 2 cosBD AB AD AB AD BAD     ∠ ， 即 2 2 2 2π1 2 2 1 2 cos =73BD       ，解得 7BD  ..............................................6 分 思路探求 2：在 Rt ABC△ 中，由已知条件求出相关的边与角，由倍角关系推导求出 ADC△ 为等边三 角形，再由角的关系推导出 ABD△ 是直角三角形，利用勾股定理即求出 7BD  的长度.市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 2页 共 12页 （1）解法二：在 Rt ABC△ 中，由 π= 6ACB∠ ， 3BC  得 1AB  ， π= 3BAC∠ ， 2AC  .........................................................................................2 分 又 π2 = 3DAC ACB∠ ∠ ， π= 3ADC∠ ， 所以 ADC△ 为等边三角形，所以 2CD  ， π= 3 ∠ACD ，.............................................4 分 因为 π= 6 ∠ACB ，所以 π π π= + = 3 6 2 ∠BCD ACB ACD    ； 在 ABD△ 中，由勾股定理得 2 2 2 2 23 +2 =7（ ）BD CB CD   ，解得 7BD  .....6 分 思路探求 1：由题目已知条件 2DAC ACB∠ ∠ ，可将所要的角转化到 ACD△ 中，再将 AC 用 Rt ABC△ 中边角来表示，利用正弦定理及三角恒等变换求解即可得. （2）解法一： 设 =ACB ∠ ， AB x ， 则 2DAC ∠ ， 3DC x ......................................................................7 分 在 Rt ABC△ 中， = sin sin AB xAC   ，......................................................8 分 在 ACD△ 中，根据正弦定理得， sin sin DC AC DAC ADC ∠ ∠ ， 即 3 sin πsin2 sin 3 x x    ，......................................................................10 分 π3 sin sin23 sin xx     ， 33 2sin cos2 sin xx      ..........................11 分 解得 3cos 4   ，即 3cos = 4ACB∠ .......................................................................12 分 思路探求 2：由题目已知条件 2DAC ACB∠ ∠ ，可将所要的角转化到 ACD△ 中，利用正弦定理求市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 3页 共 12页 出 AC ，再将 AC 用 Rt ABC△ 中边角来表示，最后再由等量代换求解即可得. （2）解法二 设 =ACB ∠ ， AB x ， 则 2DAC ∠ ， 3DC x .......................................................................7 分 在 ACD△ 中，根据正弦定理得， sin sin DC AC DAC ADC ∠ ∠ ， 即 3 πsin 2 sin 3 x AC   得 θθ x θ x AC cossin4 3 2sin 2 3  ........................................9 分 在 Rt ABC△ 中， = sin sin AB xAC   .............................................................10 分 所以 θ x θθ x sincossin4 3  ，.............................................................................11 分 解得 4 3cos θ 即 3cos = 4ACB∠ .....................................................................12 分 思路探求 3：作辅助线，过点 C 作 ADCE  于点 E ，构造两个直角三角形，将 AC 用边角来表示， 再将 AC 用 Rt ABC△ 中边角来表示，最后再由等量代换求解即可得. （2）解法三 过点 C 作 ADCE  于点 E 设 =ACB ∠ ， AB x ， 则 2DAC ∠ ， 3DC x ........................................................................7 分 在 △Rt CDE 中， xxDDCCE 2 3 3sin3sin  ；.........................................8 分 在 △Rt ACE 中， θθ x θ x CAE CEAC cossin4 3 2sin2 3 sin  ...................................9 分 在 Rt ABC△ 中， = sin sin AB xAC   .........................................10 分 所以 θ x θθ x sincossin4 3  ，.........................................................11 分 解得 4 3cos θ 即 3cos = 4ACB∠ .................................................12 分市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 4页 共 12页 18．本小题考查线面垂直的判定与性质、二面角的求解及空间向量的坐标运算等基础知识，考查空间想象 能力、推理论证及运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想等，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．满分 12 分． 解：解法一：（1）依题意知，因为CD BE^ ，所以 PE BE^ ，·················································1 分 当平面 PBE ^ 平面 ABED 时, 平面 PBE  平面 ABCD BE= ， PE Ì 平面 PBE ， 所以 PE ^ 平面 ABCD ，··········································································· 2 分 因为 AB 平面 ABCD ,所以 PE AB^ ，······················································ 3 分 由已知， BCDD 是等边三角形，且 E 为CD 的中点， 所以 BE CD^ ， CDAB // ，所以 AB BE^ ， ·············································4 分 又 PE BE E = ，所以 AB ^ 平面 PBE ，·····················································5 分 又 AB Ì 平面 PAB ，所以平面 PAB ^ 平面 PBE . ········································· （2）以 E 为原点，分别以 ED ， EB , EP 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 xyzE  , 则 )0,0,0(E ， )1,0,0(P ， )0,3,0(B ， )0,3,2(A ， )1,0,0(EP ， )0,3,2(EA ， )0,0,2(BA ， )1,3,2( PA ，······················································································· 7 分 设平面 PAB 的一个法向量 )(m 111 z,y,x ，平面 PAE 的一个法向量 )(n 222 z,y,x 由      0 0 mPA mBA 得      03 0 111 1 zy2x 2x ；令 11 y ，解得 31 z ， 01 x ， 所以 )30,1,(m ，·····················································································8 分 由      0 0 nEA nEP 得      03 0 22 2 y2x z ；令 22 y ，解得 32 x ， 02 z ，市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 5页 共 12页 所以 ( 3,-2,0)n  ， ·················································································9 分 2 2 2 2 2 2 0 2 0 2 7cos , .72 70 1 ( 3) ( 3) ( 2) 0 m nm n m n                     ···· 11 分 易得所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为 7 7 .······································· 12 分 解法二：（1）同解法一 （2）由(1)知 PE  平面 ABCD ,且 PE  平面 PAE , 所以平面 PAE  平面 ABCD . 在 ABE 中，作 BF AE ,垂足 F . 因为平面 PAE  平面 ABCD AE ，BF  平面 ABCD ， 所以 BF  平面 PAE . ············································· 7 分 所以 BF AP . 因为 BP BC AB  ，所以 ABP 是等腰三角形. 取 AP 的中点G ，并连接 FG , BG ，则 BG AP . ····························8 分 又 BF BG B ,所以 AP  平面 BFG . 所以 BGF 为二面角 EPAB  的平面角. ·····································9 分 在 RT ABE 中， 2AB  , 3BE  , 7AE  所以 2 3 2 21 77 BF   . ·10 分 同理，在 RT ABP 中， 2AB BP  , 2 2AP  ，所以 2BG  . ··· 11 分 在 RT BFG 中， 14 7GF  ,所以 7cos 7 FGBGF BG    . 所以二面角 EPAB  的余弦值为 7 7 . ············································· 12 分 19．本小题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆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）由己知得 2 2 1a b  ，······················································································1 分 因点 3(1, )2P 在椭圆上，所以 2 2 1 9 14a b   ···························································· 2 分 所以 2 24, 3a b  ···························································································3 分 所以椭圆 的方程为： 2 2 14 3 x y  ······································································ 4 分市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 6页 共 12页 （2）设直线l 的方程为 1 2y x t  ， ············································································5 分 联立 2 2 1 2 14 3 y x t x y       ，消去 y 得 2 2 3 0x tx t    ， ·············································· 7 分 在   时， 1 2x x t   ， 1 2 2 3x x t  ······························································8 分 由 1 2 1 23 4 0x x y y  ，即 1 2 1 2 1 13 4 02 2x x x t x t          ， 所以   2 1 2 1 22 2 0x x t x x t    （*）. ·······························································9 分 将 1 2x x t   ， 1 2 2 3x x t  代入（*）式，解得 2 2t  ，·····································10 分 由于圆心 O 到直线l 的距离为 2 2 2 5 5 td   ，···················································11 分 所以直线l 被圆O 截得的弦长为 2 8 4 152 4 2 4 5 5l d     .···························12 分 解法二：（1） 2 2 2 23 32 (1 1) ( 0) (1 1) ( 0) 42 2a          ,所以 2a  ································· 2 分 所以 2 2 2c 4 1 3b a     ·············································································· 3 分 所以椭圆 的方程为： 2 2 14 3 x y  ······································································ 4 分 （2）同解法一. ····································································································12 分 20．本小题主要考查等高条形图、独立性检验、分布列与期望等基础知识，考查数据处理能力、运算求解 能力、应用意识等，考查统计与概率思想等，考查数学抽象、数学建模、数据分析等核心素养，体现 基础性、综合性与应用性. 解：（1）根据所给等高条形图，得列联表： A 材料 B 材料 合计 成功 45 30 75 不成功 5 20 25 合计 50 50 100 A 材料或 B 材料的数据对，给 1 分，全对 2 分市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 7页 共 12页 ································································································································ 2 分 2K 的观测值 2100 (45 20 5 30) =1250 50 75 25       k ，························································· 4 分 由于12 6.635 ， 故有 99%的把握认为试验成功与材料有关．································································5 分 （2）生产 1 吨的石墨烯发热膜，所需的修复费用为 X 万元．······································6 分 易知 X 可取 0，0.1，0.2，0.3，0.4，0.5．······························································· 7 分   2 0 2 1 2 20 =2 3 12P X C       ，   2 1 2 1 2 40.1 =2 3 12P X C       ，   2 2 2 1 2 20.2 =2 3 12P X C       ，   2 0 2 1 1 10.3 =2 3 12P X C       ，   2 1 2 1 1 20.4 =2 3 12P X C       ，   2 2 2 1 1 10.5 =2 3 12P X C       ，··························9 分 则 X 的分布列为： X 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 P 1 6 1 3 1 6 1 12 1 6 1 12 修复费用的期望：   1 1 1 1 1 10 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.26 3 6 12 6 12E X              . 11 分 所以石墨烯发热膜的定价至少为 0.2+1+1=2.2 万元/吨，才能实现预期的利润目标．······· 12 分 21．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、最值和零点等问题，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）当 0a 时，   2cos  xexf x ，········································································ 1 分 记    xfxg  ，则   xexg x sin , 当 0x 时， 1sin1,1  xex ， 所以   0sin  xexg x ，  xg 在  ，0 单调递增，··············································· 2 分 列式 1 分，结果 1 分 最后回答对，无大小比较，不扣分 单位：元，0,1000,2000…也可 22000 元/吨，也可 列式 1 分，结果 1 分 分布列没写，不扣分 概率值没化简不扣分 对 1-3 个，1 分 全对，2 分市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 8页 共 12页 所以     00  gxg ， 因为     0 xgxf ，所以  xf 在  ，0 为增函数；···············································3 分 当 0x 时， 1cos1,1  xex ，所以   02-cos  xexf x ， 所以  xf 在  ，0 为减函数.················································································· 4 分 综上所述，  xf 的递增区间为  ，0 ，递减区间为  ，0 .······································· 5 分 （2）由题意可得   22cos  axxexf x ，   00 f . 记    xfxg  ，则   axexg x 2-sin . 再令       xexhxgxh x cos,  则 . 下面证明   xexh x cos 在      0,2  有零点： 令       xexxhx x sin,   则 在      0,2  是增函数，所以    02       x . 又   00,02       ， ，···················································································· 6 分 所以存在   0,0,2 11      xx  ,且当       00,,0,,2 11      xxxxxx  ， ， 所以    xhx ，即 在  为增函数为减函数，在 0,,2 11 xx       ， 又   00,02      hh  ,所以   01  xh ， 根据零点存在性定理，存在   0,,2 010      xhxx  ················································7 分 所以当     ,0,0,0  xhxx 又   0cos,0  xexhx x ，市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 9页 共 12页 所以  ,xh 即   axexg x 2-sin 在  0,0x 单调递减，在  ，0 单调递增， 所以     aaegxg 212-0sin0 0  .····························································· 8 分 ①当 2 1021  aa ， ，   0 xg 恒成立，所以    xfxg ，即 为增函数， 又   00 f ，所以当     ,0,0,0  xfxx  xf 为减函数，     ,0,0  xfx ，  xf 为增 函数， 0x 是  xf 的极小值点，所以 2 1a 满足题意.············································10 分 ②当 2 1a ，   ,02-10  ag 令 0,1)(  xxexu x 因为 0x ，所以 01)(  xexu ， 故 )(xu 在 ),0(  单调递增，故 0)0()(  uxu ，即有 1 xex 故   022sin1222sin2 2  aaaaaeag a ， 又   axexg x 2-sin 在  ，0 单调递增， 由零点存在性定理知，存在唯一实数     ,0,0  mgm ， 11 分 当     ,0,,0  xgmx  xg 单调递减，即  xf  递减， 所以     00  fxf ， 此时  xf 在  m,0 为减函数，所以     00  fxf ,不合题意，应舍去. 综上所述， a 的取值范围是 2 1a .········································································12 分 （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 本小题主要考查圆的直角坐标方程与极坐标方程的互化，直线的参数方程及参数的几何意义、直线与 圆的位置关系等基础知识，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）因为 , 4 3 x t y t    ，所以l 的普通方程为 3 4 0x y   ，···········································1 分 又 2 2 2cos , sin ,x y x y        ， l 的极坐标方程为 3 cos sin 4 0      ，·························································· 3 分市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 10页 共 12页 C 的方程即为 2 2 2 0x y y   ，对应极坐标方程为 2sin  ． ································· 5 分 （2）由己知设 1 2( , ), ( , )A B    ，则 1 4 , 3 cos sin      2 2sin  ， ······················· 6 分 所以， || || OA OB 2 1 | | 1 12sin ( 3 cos sin ) [ 3sin 2 cos2 1]| | 4 4 OA OB             ·················7 分 1[2sin(2 ) 1]4 6    ······························································· 8 分 又 5 6 12    ， 226 6 3      ， 当 2 6 6     ，即 6   时， || || OA OB 取得最小值 1 2 ；················································· 9 分 当 2 6 2     ，即 3   时， || || OA OB 取得最大值 3 4 ．················································10 分 所以， || || OA OB 的取值范围为 1 3[ , ]2 4 ．········································································ 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、不等式解集的概念、绝对值的意义等基础知识，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 展逻辑运算、数学运算、直观想象等核心素养的关注．满分 10 分． 解法一 ：（1）               .2 1,2 13 2 1 2 1,2 3 2 1,2 13 xx xx xx xf ， ， ·········································································· 2 分 当 2 1x 时，   22 1      fxf ， 当 2 1 2 1  x ，   12 1      fxf ， 当 2 1x 时，   12 1      fxf ，········································································4 分 所以   1min  xfm ·························································································5 分 对 1 个给 1 分，全对 2 分 对 1 个给 1 分，全对 2 分市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 11页 共 12页 补充：解法二 ：（1）               .2 1,2 13 2 1 2 1,2 3 2 1,2 13 xx xx xx xf ， ， ································································· 2 分 如图··································································································4 分 当 1 2x  时，   1min  xfm ·································································5 分 解法三 ：（1） 1 1 1 1 1 1( ) 2 2 2 2 2 2                     ≥f x x x x x x x ································1 分 11 12    ≥x ························································································2 分 当且仅当 1 1 02 2 1 =02           ≤x x x 即 1= 2x 时，等号成立. ········································· 4 分 (列式 1 分，x 值 1 分，或直接给出 x 值，2 分) 当 1 2x  时，   1min  xfm ··········································································· 5 分 解法一：（2）由题意可知， baccabcab 111  ，·····························································6 分 因为 0, 0, 0  a b c ， 所以要证明不等式 9ab bc ca a b c      ， 只需证明   9111  cbabac ）（ ，·································································7 分 因为   9313111 33  abcabccbabac ）（ 成立，·········································· 9 分 所以原不等式成立.························································································· 10 分 两个基本不等式各 1 分 对 1 个给 1 分，全对 2 分市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 12页 共 12页 解法二：（2）因为 03,0,0,0 3 222  cbacabcabcba 所以 ,······································ 6 分 033  abccba ，·················································································· 7 分 又因为 1abc , 所以    933 3 2223  cbaabcacbcabcba ，········································· 8 分    9    ≥ab bc ac a b c ············································································ 9 分 所以 9ab bc ca a b c      ，原不等式得证.····················································· 10 分 补充：解法三：（2）由题意可知， baccabcab 111  ，····················································6 分 因为 0, 0, 0  a b c ， 所以要证明不等式 9ab bc ca a b c      ， 只需证明  1 1 1 9       ≥a b ca b c ，······················································ 7 分 由柯西不等式得：   21 1 1 1 1 1+ + 9               ≥a b c a b ca b c a b c 成 立，·····································································································9 分 所以原不等式成立.················································································ 10 分 柯西 2 分 踩空回补