泉州市2020届高三5月质检（文科数学）.doc

市质检数学（文科）试题 第 1 页（共 21 页） 准考证号________________ 姓名________________ （在此卷上答题无效） 保密★启用前 泉州市 2020 届普通高中毕业班第二次质量检查 文 科 数 学 本试卷共 23 题，满分 150 分，共 5 页．考试用时 120 分钟． 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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． 【答案】 1. D 2. B 3. A 4. B 5. D 6. C 7. A 8. A 9. D 10. C 11. B 12. C 1.【解析】由已知，    | 2 0,1B x x   N ，故 A B  0,1 ，应选 D . 【另解】由  1,0,1A   ，可排除选项 A,B. 又由  1,0,1A   中元素 0 B ，可排除选项 C，故选 D 【意图】本题考查集合、数集与区间等概念，考查集合运算等基础知识。 2.【解析】 解法一：直接数出正六边形共包含菱形 48 个，其中白色 16 个，则此点 取自白色区域的概率 16 1= 48 3  白色区域面积 正六边形面积 .故选 B． 解 法 二 ： 正 六 边 形 包 含 6 个 大 正 三 角 形 ， 每 个 大 正 三 角 形 包 含 4 (7 1) 162    个小正三角形，故正六边形包含 6 16 96  个小正三角形.每个菱形图案包含 2 个小正三角形，16 个白色菱形中共含有 2 16 32  个 小正三角形.故此点取自白色区域的概率 32 1= 96 3  白色区域面积 正六边形面积 .故选 B． 解法三：该图可以看成一个立体图形（共有三种角度可以观察），即一个个小立方体在墙角堆起来的样 子，墙角由一个正方体的三个面组成。三种菱形则可看成从左侧、右侧、上侧观察整个立体图 形看到的小正方形面，它们的数目相等，都等于这三个墙面各自包含的小正方形个数，故所求 概率为 1 3 .故选 B． 【意图】本题主要考查几何概型，考查数学文化，重点检测数学学科素养。不同的素养发展水平、不同的 思考问题角度，可以有不同的问题解决思路,体现不同的能力发展水平。 3.【解析】设等比数列{ }na 的公比为 q .由 2 36S a ，得 2 1 1 16a a q a q  ；由 1 0a  ，得 (3 1)(2 1) 0q q   ；市质检数学（文科）试题 第 2 页（共 21 页） 由数列各项均为正数，得 0,3 1 0q q   ，故 1 2q  . 所以 3 3 5 2 1 8a a q q   ，故选 A. 【意图】本题考查等比数列的基础知识，考查使用基本量法的求解运算问题，考查运算求解能力与推理 论证能力，考查方程思想，检测数学运算与逻辑推理素养. 4.【解析】 解法一：如图,因为 1 3DE DA  ，所以 2 3AE AD  . 所以 2 2 1 1( )3 3 3 3BE BA AE BA AD BA BD BA BA BC                  ，故选 B . 解法二：如图，由平面向量基本定理及向量的平行四边形法则， 结合选项易得 1 1 3 3BE BM BN BA BC        . 解法三：因为 1 2BD BC  ， 1 3DE DA  ，所以 BD DC ， 2 3AE AD . 不妨令 ABC 为等腰三角形，建立平面直角标系，且 (0,3)A  ， ( 1,0)B   ， (1,0)C  ，则 (0,0)D  ， (0,1)E  .设 BE BA BC     ， 则 (1,1) (1,3) (2,0)   ，得 2 1 3 1        ，得 1 3   ， 1 3   ，故选 B . （解法一图） （解法二图） （解法三图） 【意图】本题考查平面向量的加、减、数乘及平面向量基本定理等基础知识，考查数形结合思想，检测直 观想象、数学运算素养。 5. 【解析】易判 1 21 13a      ， 1 32 1b   ， 2log 3 1c   ，故可先排除 B,C 选项. 2 2 3log 3 log (2 2) 2c    , 3 327 28c b   （或 1 1 3 2 32 2 2b    ）,得 c b ，故选 D. 【意图】本题考查指数函数、对数函数的图象与性质的应用，考查放缩法与介值比较法比数值大小问题， 考查运算求解能力和推理论证能力，检测数学运算、逻辑推理、直观想象素养. 6.【解析】由 1 2( ) ( )= 1f x f x  ，所以 1 2 1 2 12sin =2sin 1,sin =sin ,2x x x x       1 1 1 2 2 2 7 11= +2 , , = +2 , ,6 6x k k Z x k k Z      2 1 1 2 2| 2( ) |3| |= k k x x       ，市质检数学（文科）试题 第 3 页（共 21 页） 当 1 2=k k 时， 1 2| |x x 取得最小值 2 3   . 又已知 1 2| |x x 的最小值为 3  ，所以 =2，故选 C． 【另解】据函数 ( ) 2sin 0f x x  （ ）图象的基本特征，可取满足 1 2| |x x 取得最小值的两个值 1 2 7 11= , =6 6x x   （同一周期内），所以 2 1 2( )= 3x x   ， =2，故选 C． 【意图】本题考查三角函数的图象与性质，考查运算求解能力，检测数学运算、逻辑推理、直观想象 以及数学建模素养。（把握图象特征，运用理性思维） 7.【解析】椭圆 2 2: 12 xE y  的右焦点是 (1,0) ，抛物线 2: ( 0)C y ax a  的焦点 ,04 aF      ，依题意， 得抛物线方程是 2: 4C y x . 由抛物线的定义，得 1 1PA PF PA PP AP    ,当且仅 当 1, ,A P P 三点共线时 PA PF 最小，此时 P 点坐标是 9 ,34      ，此时 15| | 4OP  ，故选 A． 【意图】本题考查椭圆的方程与性质，考查抛物线的定义、方程与性质，考查运算求解能力与数形结 合思想，检测数学运算、直观想象素养。 8.【解析】因为图中四个品类的净利润占比为 61.8% 29.5% 8.17% 2.12% 1.0159 1     ，即剩下 的品类净利润占比为负数，说明该店至少还有一种品类是亏损的，故①正确； 因为图中销售收入 48.21% 31.3% 9.32% 3.00% 91.83%    ，所以剩下的品类销售收入 占比不会超过1 91.83% 8.17%  ，因此，销售收入中，“生鲜类”占比一定最大，故②正 确； 因为该店的总销售收入和总净利润收入未知，故该便利店第一季度“非生鲜食品类”的净利 润额与“日用百货”的销售收入额不可比较，故③错误； 该 便 利 店 第 一 季 度 “ 生 鲜 类 ” 的 销 售 收 入 比 “ 非 生 鲜 食 品 类 ” 的 销 售 收 入 多 48.21% 31.30% 54%31.30%   ,故④错误.故选 A. 9.【解析】解法一：如图，依题意可得该几何体为四棱锥 P ABCD ，设 O 在平面 ABP 上的射影为 1O ， O 在平面 ABCD 上的射影为 2O ， 在 1Rt O OM 中， 1 1OO  ， 1 3 1 32 2 3 3O M     ，故 2 2 1 2 33OM O O OM   ，市质检数学（文科）试题 第 4 页（共 21 页） 在 Rt OAM 中， 1AM  ， 2 2 21 3OA OM MA   ，故 21 3R OA  ， 故球的表面积 2 284 3S R   ,故选 D. 解法二：如图，先还原原几何体，并将其补形为如图示的三棱柱,再求外接球. 在 1Rt O OP 中, 1 1OO  , 1 3 2 2 32 2 3 3PO r     , 4 211 3 3R OP    , 故球的表面积 2 284 3S R   ,故选 D. （解法一图） （解法二图） 10.【解析】法一：函数       2 1, 1,0 , cos , 0,12 x x f x x x        的图象如下图： 对于①  1f x  的图象，可由  f x 的图象上所有点向右平 移 1 个单位长度，所以①正确； 对于②  1f x  的图象，它与  f x 的图象关于点 1 02      ， 对 称，所以②错误； 对于③  f x 的图象，可由  f x 的图象保留 x 轴上方的图象，将 x 轴下方的图象作它关于 x 轴 的对称图象而得到，所以③正确； 对于④  f x 的图象，可由  f x 的图象只保留 y 轴右侧的部分，作它关于 y 轴的对称图象而 得到，所以④错误； 综上，①③正确，故选 C． 解法二：（特殊值法）由       2 1, 1,0 , cos , 0,1 ,2 x x f x x x        知  0 1f市质检数学（文科）试题 第 5 页（共 21 页） 对于②：当 0x 时，    1 1 1     f x f ，与图象中  0 1 1   f 矛盾，故②错误. 对于④：当 0x 时，    0 1 f x f ，与图象中  0 0f 矛盾，故④错误. 综上②④错误，故选 C． 11.【解析】解法一 （代数法）已知直线l 过点  ,0F c ，斜率为 b c ，所以 l 的方程是 ( ) by x cc ， 令 0x ，得 y b ，所以 B (0, )b .又 3  FB BP ，所以    , 3 , c b x y b ， 解得  3 1 , 3 3        bcP ，由于点 P 在渐近线  by xa 上，所以  3 1 3 3    b b c a ， 解得 3 1  c ea ，即 3 1 e . 解法二：（几何法）已知直线 l 过点  ,0F c ，斜率为 b c ，且与 y 轴交于 点 B ，所以 tan    bOB OF BFO c bc ，故 B 点坐标是 (0, )b ，以双曲线的顶点及虚顶点 , B B 构造矩形如图所示， 则渐近线必过顶点 A .在 PFO 中，利用相似三角形性质， 得    AB PB PB OF PF PB BF ,即 1 1 3 1    a e c ，解得 3 1 e . 解法三 ：（代数法）已知直线 l 过点  ,0F c ，斜率为 b c ，所以l 的方程是 ( ) by x cc ， 令 0x ，得 y b ，所以 B (0, )b .又双曲线的渐近线是      by x bc by xa ， 故     b a ay y b y bc b c ，解得       acx c a bcy c a ，即 ,      ac bcP c a c a ,故而  , , ,         ac abFB c b BP c a c a ；已知 3  FB BP ，所以  , 3 ,      ac abc b c a c a ， 即 3  acc c a ，则 1 1 13    a c a e ，解得 3 1 e . 12.【解析】解法一：设  0 0,P x y ，另设l 与 1C 相切于点  1 1,M x y ，则 0 0 0 2 2 ex xy   ， 1 1 1exy x ．市质检数学（文科）试题 第 6 页（共 21 页） 由 exy x 得  1 exy x   ，由 2 2 ex xy   得 2 3 ex xy    ． 因为 l 是 1C 和 2C 的切线，所以   1 0 0 12 3 = 1 ee x x x x   ，即   0 12 0 12 1 e = 1 ex xx x   ． 又  +1 exy x 在 0, 单调递增，所以 0 12 x x  ． 又因为   11 0 1 1 0 1 exy y xx x    ，即   1 0 1 0 1 2 1 1 0 2e e 1 e x x x xx xx x     ， 所以    1 1 11 1 1 1 1 e e 1 e2 x x xx x xx x     ，即 1 1 1 11 x xx   ，解得 1 1 5 2x  或1 5 2  （不合，舍去）． 所以 0 1 3 52 = 2x x   ，故选 C． 解法二：因为曲线 1C 与曲线  2 2 , ,2ex xy x    关于点 1 0， 对称，又l 是 1C 和 2C 的切线， 所以 l 必过点 1 0， ． 设  0 0,P x y ，另设l 与 1C 相切于点  1 1,M x y ，则 1 1 1exy x ， 0 1 12 x x  ． 由 exy x 得  1 exy x   ，所以l 的方程为    1 1 1 e 1xy x x   ， 因此    1 1 1 11 e 1xy x x   ．所以   1 1 11 1x x x   ， 解得 1 1 5 2x  或1 5 2  （不合，舍去）．所以 0 1 3 52 = 2x x   ，故选 C． 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．【答案】 2 2 解法一：（分母实数化）  11 1 1 2 2 2 2 i iiz ii i i      ，所以 2 2z  . 解法二：（模的性质） 11 2 2 2 2 iiz i i    . 解法三：（待定系数法）由 z 1 i 2i  ，得1 i 2i z   ，设 z  ia b ，则1 i 2i   i 2 i 2  a b a b，市质检数学（文科）试题 第 7 页（共 21 页） 由复数相等，得 2 1 2 1    a b ，解得 1 2 1 2      a b ，所以 2 21 1 2 2 2 2              z 14．【答案】8 . 【解析】不等式组所表示的区域如图中阴影部分所示（包含边界）， 其中 (0,2)A ， (2,2)B ， (2,4)C ，由图易知当线性目标函数 2y x z   经过点 (2,4)C 时， max 2 2 4 8z     ， 所以 2z x y  的最大值为8 ． 15．【答案】48， +1 8, 1 2 2.n n nb n n     ， ， .（本题第一空 2 分，第二空 3 分） 【解析】 2 1 1 1( 3 2) ( 2)( 7 2),a a a      解得 1 2a  ,所以 2na n ， 所以 1 *1 2 2 ( )2 4 2 nnbb b n Nn      ， 当 2n  时， 11 2 22 4 2 1) nnbb b n     （ ， 上述两式相减得 22 nnb n  ，即 +12n nb n  . 所以 3+1 3 3 2 =48b   ，又当 =1n 时， 1+1 1 1 2 8b a   不满足上式， 所以 +1 8, 1 2 2.n n nb n n     ， ， 16．如图 1，已知四面体 A BCD 的所有棱长都为 2 2 ， ,M N 分别为线段 AB CD和 的中点，直线 MN 垂直于水平地面，该四面体绕着直线 MN 旋转一圈得到的几何体如图 2 所示，若图 2 所示的几何体的 正视图恰为双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)   x yE a ba b 的一部分，则 E 的方程为 . 【解析】通过补形，将该四面体放入正方体中，使得四面体的棱恰好是正方体的面对角线，易得正方市质检数学（文科）试题 第 8 页（共 21 页） 体的棱长为 2 ，对棱 ,AC BD 的中点间的距离等于正方体的棱长 2 ，故双曲线的实轴长为 2 ， 该双曲线过点 ( 2,1)P ,则 2 2 1 11 b   ,解得 1b  ,故双曲线的方程为 2 2 1 x y . 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．（12 分） 【命题意图】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:（1）由题意知 ACB 为锐角， 5sin 3ACB  ，得 2cos 3ACB  ，……………………1 分 所以 5 2 4 5sin sin 2 =2sin cos =2 =3 3 9CAB ACB ACB ACB      ，……………3 分 （说明：公式与答案各 1 分） 由正弦定理 sin sin AB BC ACB CAB   ，……………………………………………………4 分 可得 sin =3sin BC ACBAB CAB    .……………………………………………………………6 分 解法一：（2） 2 1cos cos2 =1 2sin = 9CAB ACB ACB      ，………………………………8 分 （说明：公式与答案各 1 分） 在 ABC 中， cos cos )CBA ACB CAB     （ ……………………………………9 分 22cos cos +sin sin 27ACB CAB ACB CAB       ，……………………………10 分 在 ABC 中， 2DB  ， 2 2 2 1882 cos 27CD BC BD BC BD CBD       ，……11 分 所以， 2 141 9CD  .………………………………………………………………………12 分 解法二：由题意知 ACB 为锐角， 5 2 5 20 18 2sin 3 6 6 6 2ACB     市质检数学（文科）试题 第 9 页（共 21 页） 所以 , 24 2ACB CAB ACB       ，即 CAB 为钝角，…………………………7 分 又由（1）知 4 5sin 9CAB  ，所以 1cos 9CAB   …………………………………8 分 在 ABC 中， cos cos )CBA ACB CAB     （ ……………………………………9 分 22cos cos +sin sin 27ACB CAB ACB CAB       ， ……………………………10 分 在 ABC 中， 2DB  ， 2 2 2 1882 cos 27CD BC BD BC BD CBD       ，……11 分 所以， 2 141 9CD  .………………………………………………………………………12 分 （不同的解法酌情给分） 18．（12 分） 【命题意图】本题考查空间几何点线面位置关系、线面垂直的性质和判定、面面垂直的判定、三棱锥体积 的求法等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力；考查化归与转化的 思想；考查直观想象、逻辑推理和数学运算等核心素养。 解:（1）解法一：在 DAM 和 MBN 中, 2, 2, 2, 1AD AM MB BN    , 故 AD AM MB BN  ，又 o90DAM MBN    ，故 DAM  MBN --------------1 分 故 DMA MNB   ，故 o90DMA NMB MNB NMB        ， 即 MN DM ，---------------------------------------------------------------------------------3 分 因为 1D D  平面 ABCD ，MN ABCD 平面 ,所以 1D D MN ，----------------4 分 又 MN DM ，DN MN M ,所以 1MN D DM 平面 --------------------------5 分 又 1MN D MN 平面 ,所以平面 1D MN  平面 1D DM ------------------ --------------6 分 解法二：在 RtDCN 中， 2 2 3DN DC CN   ， 在 1RtDD N 中， 2 2 1 1 2 3D N D D DN   ，------------------------------------------1 分 在 RtDAM 中， 2 2 6DM DA AM   ， 在 1RtDD M 中， 2 2 1 1 3D M D D DM   ，又 3MN  ---------------------------2 分 故 1D MN 中， 2 2 2 1 1D N D M MN  ，故 0 1 90D MN  ，即 1MN D M ------3 分 因为 1D D  平面 ABCD ，MN ABCD 平面 ,所以 1D D MN ，------------------4 分市质检数学（文科）试题 第 10 页（共 21 页） 又 1MN D M ， 1 1 1D M D D D ,所以 1MN D DM 平面 ---------------------------5 分 又 1MN D MN 平面 ,所以平面 1D MN  平面 1D DM ----------- ---------- --------------6 分 （解法二图） （解法三图） 解法三：如图，建立平面直角坐标系，--------------------------------------------------------------------------1 分 则 (0,2)D ， ( 2,0)M ， (2 2,1)N ， 故 ( 2,2)MD   ， ( 2,1)MN  ，故 0MD MN    ，得 MD MN --------------3 分 因为 1D D  平面 ABCD ，MN ABCD 平面 ,所以 1D D MN ，-------------------4 分 又 MN DM ，DN MN M ,所以 1MN D DM 平面 -----------------------------5 分 又 1MN D MN 平面 ,所以平面 1D MN  平面 1D DM ----------- ----- ----- -------------6 分 （2）解法一：设点 D 到平面 1D MN 的距离为 d , 由(1)得 1MN D DM 平面 ,故 1MN D M ,-------------------------------------------------7 分 在 Rt DAM 中, 2 2 6DM DA AM   ,-----------------------------------------------8 分 在 1Rt D DM 中, 2 2 1 1 3D M DD DM   ,-----------------------------------------------9 分 1 1N D DM D D MNV V  即 1 1 1 1 1 1 3 2 3 2D M MN d D D DM MN        -----------------11 分 故 1 1 2D D DMd D M   即点 D 到平面 1D MN 的距离为 2 .----------------------------------------------------------------12 分 解法二：过点 D 作直线 1D M 的垂线交 1D M 于点 P ， 由（1）可得平面 1D MN  平面 1D DM ，市质检数学（文科）试题 第 11 页（共 21 页） 又平面 1D MN 平面 1D DM = 1D M ， DP  平面 1D MN ， 1DP D M 故 1DP D MN 平面 ，故线段 DP 的长度即点 D 到平面 1D MN 的距离------------------8 分 在 RtDAM 中， 2 2 6DM DA AM   ， 在 1RtDD M 中， 2 2 1 1 3D M D D DM   ，--------------------------------------------------9 分 1 1 1 1 1 2 2D DMS DM D D D M DP      ,-----------------------------------------------------------10 分 故 1 1 3 6 23 D D DMDP D M    ,---------------------------------------------------------------11 分 即点 D 到平面 1D MN 的距离为 2 .-----------------------------------------------------------------12 分 19．（12 分） 【命题意图】本小题主要考察分层抽样，线性回归方程，相关系数等基础知识，考查运算求解能力，考查 化归与转化能力，考察概率统计的综合应用能力，考察对数学运算、逻辑推理、数据分析、 数学建模素养的关注. 【解析】：（1） A 社区抽取人数： 1006 1600  ； B 社区抽取人数： 3006 3600  ； C 社区抽取人数： 2006 2600  .··································································3 分 （2）①对比b ， r 公式，可得 2 2 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) n n i in i i i i rb x x y y x x            2 12 1 = ( ) ( ) n in i i i r y y x x       = 3 1320 r 0.987= = =0.0472 10.52 110 r  ，··································································5 分  2.464 0.047 152=-4.68a    ， ······················································6 分 所求的线性回归方程为 ˆ 0.047 -4.68y x .······················································ 7 分 当 160x 时，预报 2.844.68-1600.0470 y .········································8 分 ②因为 0.1s ,所以 -3s0y 2.541.0384.2  ， 14.31.032.84+3s0 y ,市质检数学（文科）试题 第 12 页（共 21 页） ············································································································· 10 分 即该地区身高 160cm 的男孩的 FEV1 的实际值落在区间 ），（ 3.142.54 内的概率为 99.74% ，即该地区身高 160cm 的男孩的 FEV1 值不在这个区间内的概率极小， 仅有 0.26%，M 的 FEV1 值落在该区间内，我们推断他的 FEV1 值是正常的；·········· 11 分 N 的 FEV1 值低于该区间的下限，我们认为他的 FEV1 值是不正常的，建议他去找下引起不 正常的原因. ·····················································································12 分 20．（12 分） 【命题意图】以直观想象的素养考查为立意，倡导多思少算，通过题意直观地作出图形，借助图形的内在 几何关系简化运算，实现问题的解决. 第（1）小题设置常数斜率的弦长计算，第（2）小题 设置变化斜率的计算，体现特殊与一般的数学思想，从关联度来看第（1）小题为第（2）小 题提供研究的思路，这也是数学研究的一般方法.第（1）小题注重图形的直观，从图中找到 几何关系求出倾斜角的大小，快速得到斜率值，简化运算；第（2）小题注重垂直关系的两 条弦长代数式的对偶关系实现简化计算.本题考查数学运算和直观想象两种素养，通过题目 的设计让考生学会分析问题，快速寻找解题路径解决问题的数学学习目的. 【解析】（1）解法一 已知圆 M 恰好过左顶点C , 则 090ACB ， ，MBMA  又 0 ABCM ， 于是 ABCM  ，故 ABC 是等腰直角三角形，且可看作两个全等的直角三角形拼接而 成，而两直角三角形恰好可以组成一个以 AM 为边长的正方形.……………………2 分 又 25 1622  AABC yAMS ,解得 5 4Ay ，……………………………………………3 分 代入方程 1: 22  ymxE ，得 125 162 mx ，解得 mmx 5 3 25 9  …………4 分 所以 mm 1 5 4 5 3  ，即 5 4 5 2  m ，解得 4 1m ，………………………………5 分 所以 E 的方程是 14 2 2  yx .………………………………………………………………6 分 解法二：市质检数学（文科）试题 第 13 页（共 21 页） 已知圆 M 恰好过左顶点C , 则 090ACB ， ，MBMA  又 0 ABCM ，于是 ABCM  ，故 ABC 是等腰直角三角形，……………1 分 ABC 可以看成是由两个全等的直角三角形拼接而成， 而两直角三角形恰好可以组成一个以 AM 为边长的正方形.…………………………2 分 又 25 1622  AABC yAMS ,解得 5 4Ay ，…………………………………………3 分 假设椭圆方程是 1: 2 2 2  ya xE ，所以 A 点坐标是       5 4,5 4a ，…………………4 分 代入方程中，得 15 45 4 2 2 2          a a ，解得 2a ，……………………………5 分 所以 E 的方程是 14 2 2  yx .………………………………………………………6 分 （1）解法三： 已知圆 M 恰好过左顶点C , 则 090ACB ， ，MBMA  又 0 ABCM ，于是 ABCM  ，故 ABC 是等腰直角三角形，所以 1k .··········· 1 分 假设 )0,( aC  ，则 12 ma ，联立方程      axy ymx 122 ， 化简整理，得     0121 22  aaxxm ，……………………………………………2 分 设方程两根是 21, xx ，则           1 1 1 2 2 21 21 m axx m axx ，……………………………3 分 所以弦长   1 221 141 2242 22 21 2 21         m m m a m axxxxAC ，……4 分 又 BCAC  ,则面积   25 16 1 4 1 222 1 2 1 2 2 2          m m m mACS ABC ，…………5 分 解得 4 1m 或 4m （结合 ,10  m 舍去），所以 E 的方程是 14 2 2  yx .…………6 分 解法四 因为 ACB 是直径 AB 所对的角，所以 090ACB ，则 0CBCA ,市质检数学（文科）试题 第 14 页（共 21 页） 又CM 为 ACB 的中线，所以  CBCACM  2 1 ,又 0 ABCM ， 所以      CACBCBCACACBCMABCM  2 1 02 1 22     CACB 即 CBCA  ,亦即 CBCA  ，故 ABC 是等腰直角三角形，所以 1k .··············· 1 分 以下同解法三. （2）解法一 由 2 1tan CAB ，得 BCAC 2 ， 联立方程       axky ymx 122 ，得     012 22222  akaxkxkm ，………………………7 分 设其两个根是 21, xx ，由韦达定理，得           2 22 21 2 2 21 1 2 km akxx km akxx ，……………………………8 分 则   2 222 2 2 2 21 2 21 2 142141 km ak km akkxxxxkAC          2242224 2 2 444441 kmakmakakkm k   mkm k 2 212   ，……………9 分 将 k 换成 k 1 ，得 mmk kkm km kBC 1 121 11 2 2 2 2 2      ……………………………10 分 从而 mmk kkmkm k 1 1412 2 2 2 2    ，即 122 23  mkkkm ……………………11 分 故 11 12 2 3 2   mk kk ，因此     012121 32  kkk ，解得 3 2 1 2 1  k ，市质检数学（文科）试题 第 15 页（共 21 页） 故 k 的取值范围是       3 2 1 2 1， . ………………………………………………………12 分 （2）解法二 假设 )0,( aC  ，则 12 ma ，设直线 AC 的倾斜角是 ， 则直线 BC 的倾斜角是 090 ， 直线 AC 的参数方程是        sin cos ty tax （t 为参数），………………………………7 分 将直线 AC 方程代入 1: 22  ymxE ，得     1sincos 22   ttam ， 即   0cos2sincos 222  tmtm  ， 由韦达定理，得      0 sincos cos2 21 2221 tt m mtt   ，……………………………………………8 分 所以     222121 2 2121 sincos cos24  m mttttttttAC 同理可得，           220202 0 cossin sin2 90sin90cos 90cos2    m m m m BC …………………9 分 依条件 BCAC 2 ，得     2222 cossin sin2 sincos cos  mm 解得   33 22 cossin2 sincos2sincos1   m ， 同时除以 3cos ，所以 12 21 3 2   k kk m ，…………………………………………………10 分 因为椭圆 1: 22  ymxE 的焦点在 x 轴上，所以 11  m ，……………………………11 分 即 112 2 3 2   k kk ，亦即     012121 32  kkk ， 解得 3 2 1 2 1  k ，因此 3k 的取值范围是       3 2 1 2 1， .……………………………………12 分 解法三 假设 CAB ，则 2 1tan  ，又设直线 AC 的倾斜角是 ，斜率为 1k ， 直线 BC 的斜率为 2k ，联立方程        0)()( 1 21 22 yaxkyaxk ymx ，……………………7 分市质检数学（文科）试题 第 16 页（共 21 页） 化简，得   01)()( 2 21 2 21  mxyaxkkaxkk ，…………………………………8 分 又 121 kk ，所以   01)()( 2 2 21 2  a xyaxkkax ， 因为 BA, 异于 DC, ，所以 ax  ，所以   0)( 221  a xaykkax ， 即直线 AB 的方程是   01)11( 212       aaykkxa …………………………………9 分 斜率 kk m kk akAB 1 1 11 21 2     ，又因为直线 AB 的斜率   k k kAB 2 11 2 1 tantan1 tantantan       ，则 k k kk m 2 11 2 1 1 1      ，…………………10 分 即       2 1212 121 32    kk k kk kkm ，所以   112 21 3   k kk m ，…………………………11 分 亦即     012121 32  kkk ，解得 3 2 1 2 1  k ，所以 k 的取值范围是       3 2 1 2 1， . …………………………………………………………………………………………………12 分 21．（12 分） 已知函数 ( ) e xf x a bx ． （1）当 1a 时，求 ( )f x 的极值； （2）当 1≥a 时， 4( ) ln 5 ≥f x x ，求整数 b 的最大值． 【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、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性与创新性． 解：（1）当 1a 时， ( ) exf x bx  ，所以 ( ) exf x b   ，·····················································1 分 ①当 0b≤ 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 ,  为增函数，无极值；································· 2 分 ②当 0b  时，由 ( ) 0f x  得 lnx b ，由 ( ) 0f x  得 lnx b ；市质检数学（文科）试题 第 17 页（共 21 页） 所以 ( )f x 在 ,lnb 为减函数，在 ln ,+b  为增函数． 当 lnx b 时， ( )f x 取极小值， (ln ) lnf b b b b  ···················································· 3 分 综上，当 0b≤ 时， ( )f x 无极值；当 0b  时， ( )f x 有极小值 lnb b b ，无极大值.··········· 4 分 （2）当 1≥a 时， exa bx 4ln 5x ≥ ，即 ex bx 4ln 5x ≥ ，··········································· 5 分 因为 0x  ，所以只需 4e ln 5 x x bx   ≥ ，令 4e ln 5( ) x x g x x    ，·······························6 分 4(1) e 5g   ，所以 4e 5b ≤ .················································································· 7 分 2 1e ( 1) ln 5( ) x x x g x x      ，令 1( ) e ( 1) ln 5 xF x x x    ， 1( ) e 0xF x x x     ，所以 ( )F x 在 0,+ 递增，······················································ 8 分 1(1) 05F    ， (2)F  2 1e ln 2 05    ， 根据零点存在性定理，  0 1,2x  ，使得  0 0F x  ，即 0 0 0 1e ( 1) ln 05 x x x    .········· 9 分 当  00,x x 时， ( ) 0F x  ，即 ( ) 0g x  ， ( )g x 为减函数， 当  0 ,x x  时， ( ) 0F x  ，即 ( ) 0g x  ， ( )g x 为增函数， 所以  min 0( )g x g x  0 0 0 4e ln 5 x x x   0 0 1ex x   , 故 0 0 1exb x ≤ ；··································································································10 分 1exy x   在 0,+ 递增，  0 1,2x  ，所以 0 0 1e e 1x x    ,又 4e 5b ≤ ···················· 11 分 所以整数b 的最大值是1.·······················································································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］（10 分） 【命题意图】本小题主要考查圆的直角坐标方程与极坐标方程的互化，极径的 几何意义，任意角的三角函数等基础知识，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、数形结市质检数学（文科）试题 第 18 页（共 21 页） 合思想，体现基础性和综合性，导向对发展数学抽象、数学建模、逻辑推理、数学运算等核 心素养的关注. 解：（1）解法一：将 cos , sinx y     代入 1C ， 得 1C 的极坐标方程为 π=2cos (0 )2   ≤ ≤ ，................................................................ 2 分 在  一致的情况下： 点 ( , )  旋转到点 ( , )  ，且 π= 2    ，所以 π=2cos( ) 2sin2      ， 所以 2C 的极坐标方程为 π=2sin ( )2    ≤ ≤ ，...........................................................3 分 点 ( , )  旋转到点 ( , )  ，且 = π   ，所以 =2cos( π) 2cos      ， 所以 3C 的极坐标方程为 3π= 2cos (π )2    ≤ ≤ ，..................................................... 4 分 点 ( , )  旋转到点 ( , )  ，且 3π= 2    ，所以 3π=2cos( ) 2sin2       ， 所以 4C 的极坐标方程为 3π= 2sin ( 2π)2    ≤ ≤ ．................................................... 5 分 （2）将 =  代入 1C 得 2cosAOA    ，.........................................................................6 分 将 π= 3    代入 2C 得 π2sin( )3BOB     ，.....................................................7 分 因为 1 π4 4 sin2 3ABCD AOBS S OA OB     △ .............................................................8 分 π4 3cos sin( )3    π2 3sin(2 ) 3 33     ，......................................................................9 分 解得 πsin(2 ) 03    ，因为 π π 6 2 ≤ ＜ ，所以 π 3   ． 10 分 解法二：（1）由已知可得 2 2 2 : ( 1) 1C x y   ( 0)x≤ ， 2 2 3 : ( 1) 1C x y   ( 0)y≤ ， 2 2 4 : ( 1) 1C x y   ( 0)x≥ ，.......................................................................................1 分 即 2 2 2 : 2 0C x y y   ( 0)x≤ ， 2 2 3 : 2 0C x y x   ( 0)y≤ ， 2 2 4 : 2 0C x y y   ( 0)x≥ ， 将 cos , sinx y     分别代入 1 2 3 4C C C C, , , ， 所以 1C 的极坐标方程为 π=2cos (0 )2   ≤ ≤ ，........................................................ 2 分 2C 的极坐标方程为 π=2sin ( )2    ≤ ≤ ，...............................................................3 分市质检数学（文科）试题 第 19 页（共 21 页） 3C 的极坐标方程为 3π= 2cos (π )2    ≤ ≤ ，......................................................... 4 分 4C 的极坐标方程为 3π= 2sin ( 2π)2    ≤ ≤ ．....................................................... 5 分 （2）设 l 的参数方程为 cos , sin x t y t      (t 为参数 ) ，代入 1C 得： 2 2 cos 0t t   ，所以 2cosAOA t   ，........................................................................................................6 分 设 l 的 参 数 方 程 为 πcos( ),3 πsin( )3 x t y t         (t 为 参 数 ) ， 代 入 2C 得 ： 2 π2 sin( ) 03t t    ，所以 π2sin( )3BOB t    ，.......................................... 7 分 因为 1 π4 4 sin2 3ABCD AOBS S OA OB     △ .............................................................8 分 π4 3cos sin( )3    π2 3sin(2 ) 3 33     ，......................................................................9 分 解得 πsin(2 ) 03    ，因为 π π 6 2 ≤ ＜ ，所以 π 3   ．.........................................10 分 解法三：（1）如图，以O 为极点，Ox 为极轴，建立极坐标系.设  1 ,P   是曲线 1C 上除 ,O M 以外的任意一点，则 1 1OP MP , 在 1RT OMP 中， 1 cosOP OM  ， 即 2cos (0 )2      ， 且点 (0, ), (2,0)2O M 的坐标也满足等式。 所以 1C 的极坐标方程为 π=2cos (0 )2   ≤ ≤ ， ……………………………… 2 分 同理可得， 2C 的极坐标方程为 π=2sin ( )2    ≤ ≤ ，……………………… 3 分 3C 的极坐标方程为 3π= 2cos (π )2    ≤ ≤ ，………………………………… 4 分 4C 的极坐标方程为 3π= 2sin ( 2π)2    ≤ ≤ ．…………………………………5 分 （2）设 l 的方程为 y kx  tank  ，代入 1C 得， 2 2(1 ) 2 0.k x x  市质检数学（文科）试题 第 20 页（共 21 页） 得 2 2 2 2( , )1 1 kA k k  ， 所以 2 2 2 2 2 1 2 1 tan 2cos .1 1 tan kOA k        ………6 分 设l 的方程为 y kx tan( )3k      ，代入 2C ， 同理可得： π2sin( )3OB   .……………………………………………………7 分 后续同解法一. 23．［选修 4—5：不等式选讲］（10 分） 【命题意图】本小题以含绝对值函数为载体，考查绝对值不等式的解法、绝对值不等式的证明等基 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、直观想象等核心素养的关注．满分 10 分. 解法一：（1）当 2a = ，不等式为 ( ) 1 2 1f x x x= + - - ³ ， …………………………………………1 分 当 1x £ - 时， ( ) ( )( ) 1 2 3 1f x x x= - + + - = - ³ ，不符合题意；………………………2 分 当 1 2x- < < 时， ( ) ( )( ) 1 2 2 1 1f x x x x= + + - = - ³ ，解得 1x ³ ，故此时1 2x£ < ； …………………………………………………………………………………………………3 分 当 2x ³ 时， ( ) ( )( ) 1 2 3 1f x x x= + - - = ³ ，符合题意，故此时 2x ³ ，……………4 分 综上，原不等式的解集为[1, )+¥ .…………………………………………………………5 分 解法二：（1）当 2a = ， 3, 1 ( ) 1 2 2 1, 1 2 3, 2. x f x x x x x x ， ， ì- £ -ïï= + - - = - - <