市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 1页 共 18页
泉州市 2020 届普通高中毕业班第二次质量检查
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．
一、单项选择题：本题共 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．
1．A 2．D 3．A 4．D 5．A 6．C
7．B 8．B 9．D 10．B 11．D 12．C
1．【解析】解法一：集合 1 0 ( ,1]A x x ≥ ， 2 12 1 0 [ ,1]2B x x x ≤ ，
则 A B ( ,1] ．故选 A．
解法二：如图，分别作出函数 1y x ， 22 1y x x 的图象，
由图可知， A B ( ,1] ．故选 A．
2．【解析】将 7( 2)x 展开，得 0 7 0 1 6 1 2 5 2 7 0 7
7 7 7 7( 2) ( 2) ( 2) ( 2)C x C x C x C x ，
则原展开式中含 6x 的项为 1 6 1 2 5 2
7 7( 1) ( 2) ( 2)C x x C x ，整理可知其系数为98 ．故选 B．
3．【解析】因为 525 ACAB ， ，又因为 0 ACAB ，所以 90BAC ，
所以 55252
1 ABCS ．故选 A．
4．【解析】由题意，角 的终边过点 )4,3(M ，求得 543 22 ）（OM ，
由三角函数的定义得
5
3cos ，
5
4sin ，
所以
25
24)5
3(5
42cossin22sin)2sin( ．故选 D．
5．【解析】设“宫”的频率为 a ，由题意经过一次“损”，可得“徵”的频率是 a2
3 ；“徵”经过一次“益”，可得“商”市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 2页 共 18页
的频率是 a8
9 ，“商”经过一次“损”，可得“羽”的频率是 a16
27 ；最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频
率是 a64
81 ，由于 aaa 64
81,8
9, 成等比数列，所以“宫、商、角”的频率成等比数列．故选 A．
6．【解析】因为 A、B 选项中，图像关于原点对称，所以 f x 为奇函数， 0f x f x ，
即 2 2ln 1 ln 1x kx x kx （ ） （ ） 0 ， 2 2 2ln 1 lnx k x （ ） 1， 2 21 0k x = ，
所以 1k ．当 1k ， f x 的图像为选项 A；当 1k ， f x 的图像为选项 B．
而 C、D 选项中，图像关于 y 轴对称，所以 f x 为偶函数， f x f x ，
即 2 2ln 1 ln 1x kx x kx （ ）= （ ）， 0kx= ，所以 0k ．
当 0k ， 0f x ，故 f x 的图像为选项 D，故 f x 的图像不可能为 C．故选 C．
7．【解析】因为 π 3π22 4
，所以 2 sin 2 12
，故 0 1a ， 1b ， 0 1c ．
又
2
2 2 1(sin 2) 2 2a
， 1 1
2 2
2 1log (sin 2) log ( )2 2c ，所以b a c ．故选 B．
8．【解析】解法一：由三视图可得该几何体为四棱锥 ACDEB ，平面 ABC 平面 ACDE ．
设等边 ABC 的外接圆圆心为 1O ，正方形 ACDE 的外接圆圆心为 2O ，过 1O 作直线 1l 垂直平面
ABC ，过 2O 作直线 2l 垂直平面 ACDE ，设 Oll 21 ，则O 为该几何体外接
球的球心．
取 AC 中点 M ，易得四边形 21MOOO 为矩形， 121 MOOO ，
3
32
3
2
2
321 BOr ，设所求外接球的半径为 R ，在 BOORt 1
中，
3
72
1
22 OOrR ，
3
284 2 RS ．故选 B．
解法二：由三视图可得该几何体为四棱锥 ACDEB ，平面 ABC 平面
ACDE ，该几何体可补形为棱长均为 2 的正三棱柱 EPDABC ，设等边
ABC 的外接圆圆心为 1O ，几何体外接球球心为O ，易得 11 OO ，同解法一，可求得
3
284 2 RS ．故选 B．
9． 【解析】设全体投保的渔船为t 艘．
2019 年投保的渔船的台风遭损率为 60% 15%+40% 5%=11% ，故 A 错；市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 3页 共 18页
2019 年所有因台风遭损的投保的渔船中，I 类渔船所占的比例为 60% 15% 9 8=60% 15%+40% 5% 11 10
，故
B 错；
预估 2020 年 I 类渔船的台风遭损率 20% 3%+80% 15%=12.6%>2 5% （ ），故 C 错；
预估 2020 年经过进一步改造的渔船因台风遭损的数量 60% 20% 3%t 少于 II 类渔船因台风遭损的
数量 40% 5%t ．故选 D．
10．【解析】不妨设 P 是渐近线在第一象限上的点，
因为 021 PFPF ，所以 ,9021
PFF cOFPO 2 ．
又 P 在渐近线 xa
by 上，所以可得 P 点的坐标是 ba, ，所以 21FFPN ．
在直角三角形 PNM 中，
3
MPN ，
所以 PNMN 3 ，即
3
2,32
a
bba ．
所以
3
21
3
7
3
411 2
2
a
be ．故选 B．
11．【解析】因为 ( ) 5sinf x x （其中 4 3sin = cos =5 5
， ， < < 2
0 ）．
令t x ， ( ) 5sing t t ，因为 0 ，
3x 0≤ ≤ ，所以 π
3t ≤ ≤ ．
因为 ( ) 4g ，且 < < 2
0 ，所以 (π ) 4g ， π( ) 52g ，
故 π π π2 3
≤ ≤ ，即 π π π 22 3
≤ ≤ ．
当 π0 π 2 π2 x ≤ ≤ 时， cosy x 单调递减，
因为 2 2π 4 16 9 7cos sin ,cos π 2 cos2 sin cos2 5 25 25 25
，
所以 7 4cos( ) ,3 25 5
．故选 D．
12．【解析】取 AB 的点O ．因为 AC CB ，AD DB ，AE EB ，所以OA OB OC OD OE ，
故点 , ,C D E 在以 AB 为直径的球面O 上．
设 ,A B 到平面CDE 的距离分别为 1 2,d d ，则 1 2d d AB ≤ ，市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 4页 共 18页
所以该多面体的体积 1 2
1 1( )3 3A CDE B CDE CDE CDEV V V S d d S AB △ △≤ ，
过点 , ,C D E 作球的截面圆 'O ，设圆 'O 的半径为 r ，则 3r≥ ，且 1
2r AB≤ 即 5r≤ ，所以3 5r≤ ≤ ，
又点 E 到CD 的距离最大值为
2
2 2 292
CDr r r r
，
所以 2 21 6 ( 9) 3( 9)2CDES r r r r △ ≤ ，
因为函数 2( ) 9f r r r 在[3,5] 单调递增，所以 max( ) (5) 5 4 9f r f ，
从而 10 10 3 9 903 3CDEV S AB △≤ ≤ ．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． 5i 14． 1
2
15． 13 16． 2
13．【解析】由题意，得 1 1 2iz ， 2 2 iz ，所以 1 1 2iz ，故 1 2 1 2i 2 i 5iz z ．
14．【解析】易知抛物线 2 4y x 的焦点 B ，准线 1x ．
分别作点 P Q、 到准线的垂线段，垂足分别为点 D C、 ．
根据抛物线的定义，有 PB PD ， QB QC ，
因为 PD//QC ，且 P 为 AQ 中点，
所以 PD 是 AQC△ 的中位线， 1
2PD = QC ，
即 1
2PB = QB ，故 1
2
PB
QB
．
15．【解析】解法一：在 ABC 中，由正弦定理得 ABBA cossin3sinsin ,因为 0sin B ，所以
3tan A ，又因为 A0 ，所以
3
A ；设 ABC 外接圆的圆心为O ，半径为 R ,则由正弦定市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 5页 共 18页
理得 3
3sin2
3
sin2
A
aR ，如图所示，取 BC 的中点 M ，
在 BOMR t 中，
2
3
2
BCBM ，
2
3
2
33 2222 ）（）（BMOBOM ；
在 DOMR t 中，
2
1 BMBDDM ， 12
1
2
3 2222 ）（）（DMOMOD ；
13 ODRODAOAD ，当且仅当圆心 O 在 AD 上时取等号，所以 AD 的最大值是
13 ，故答案为 13 ．
解法二：在 ABC 中，由正弦定理得 ABBA cossin3sinsin ,因为 0sin B ，所以 3tan A ，
又因为 A0 ，所以
3
A ；由正弦定理得 Bb sin32 ， Cc sin32 ，在 ABD 中，
c
ADc
BDBA
ADBDBAB 4
4
2cos
22222
．
在 ABC 中，
c
bc
BCBA
ACBCBAB 6
9
2cos
22222
，所以
c
bc
c
ADc
6
9
4
4 2222 整理得
23
1
3
2 222 cbAD ；
所以 2sin4sin82)sin32(3
1sin323
2 22222 CBCBAD ）（
CB 2cos22cos44 )23cos(22cos44 BB BB 2cos32sin34
)32sin(324 B ，当 1)32sin( B 即
12
5B 时， 2AD 取得最大值 324 ，所以 AD 的最
大值为 13 ．
16．【解析】 x' exf 1)( ， x-a' exg 1)( ，设直线 l 与函数 )(xf 的图象相切于点 ）（ 1
11, xexx ，则切
线斜率 111
xek ，切线l 的方程为 ))(1()( 11
11 xxeexy xx ．
设直线 l 与函数 )(xg 的图象相切于点 2
2 2( , )a xx x e ，则切线斜率 212
x-aek ，切线 l 的方程为市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 6页 共 18页
))(1()( 22
22 xxeexy xaxa ．
因为过点 ），（
21 a 的直线l 与函数 xexxf )( ， x-aexxg )( 的图象都相切，
所以
)3()1)(1()(2
)2()1)(1()(2
)1(11
22
11
22
11
21
xeexa
xeexa
ee
xaxa
xx
xax
由（1）得 21 xax ，将 12 xax 代入（3）得 )1)(1()(2 11
11 axeexaa xx ，
所以 )4()1)(1()(2 11
11 axeexa xx ；由（2）+（4）得 0)2(1 1 aex ）（ ，
因为 01 1 xe ，所以 2a ．
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．本小题主要考查数列递推关系、数列求和等基础知识，考查推理论证能力和运算求解能力等，考查化
归与转化思想，体现综合性与应用性，导向对发展逻辑推理、数学运算及数学建模等核心素养的关
注．满分 12 分．
解法一：（1）由 nn anS )1(2 得 ))1(2 1n SSnS nn （ ， ）（ Nnn ,2 ．............................................. 1 分
整理得 1)1()1( nn SnSn ，即 11
1
nn Sn
nS ，.......................................................................2 分
所以 1n 1
1
nSn
nS 221
1
nSn
n
n
n
33
1
21
1
nSn
-n
n
n
n
n .................................................3 分
)1(2
)1(
1
3
2
4
3
5
3
1
21
1
11
nnannSn
n
n
n
n
n ．................................... 5 分
因为 211 aS ，所以 1S 也满足 )1( nnSn ，
所以 )1( nnSn ）（ Nn ．........................................................................................................... 6 分
（2） +1 1
1 1 1
1 1= =n n n
n
n n n n n n
a S Sb S S S S S S
.................................................................................................. 7 分
)2)(1(
1
)1(
1
nnnn
，..............................................................................................................8 分
)2
1
1
1()1
11(
nnnn
．..........................................................................................................9 分市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 7页 共 18页
)]3
1
2
1()2
1
1
1[( nT )]4
1
3
1()3
1
2
1[( )]5
1
4
1()4
1
3
1[(
)]1
11()1
1
1[(
nnn-n )]2
1
1
1()1
11[(
nnnn
．.............................................................10 分
)2
1
1
1()2
1
1
1(
nn
)2（1
1
2
1
nn ）（ ．.......................................................................................................................... 11 分
因为 Nn ，所以
2
1
)2（1
1
2
1
nnTn ）（ ．................................................................................ 12 分
解法二：（1）由 nn anS )1(2 得 ))1(2 1n SSnS nn （ ， ）（ Nnn ,2 ．............................................. 1 分
整理得 1)1()1( nn SnSn 即
1
1
1
n
n
S
S
-n
n
，................................................................................... 2 分
所以
1
3
1
2
S
S ，
2
4
2
3
S
S ，
3
5
3
4
S
S ，．．．．．．，
1
1
1
n
n
S
S
-n
n ．..............................................................．3 分
将以上 1n 个等式累乘整理得
2
)1(
1
nn
S
Sn ，..................................................................................．4 分
又因为 211 aS ，所以 )1( nnSn ．............................................................................................5 分
因为 211 aS ，所以 1S 也满足 )1( nnSn ，
所以 )1( nnSn ）（ Nn ．............................................................................................................... 6 分
（2）同解法一．
解法三：（1）由 nn anS )1(2 得 1-12 n-n naS ， ）（ Nnn ,2 ．................................................................1 分
两式相减得 11 )1()(2 -nnnn naanSS ，整理得 11 nn an
na ，........................................2 分
所以 1n 1 nan
na 22
1
1
nan
n
n
n
33
2
2
1
1
nan
n
n
n
n
n ................................................. 3 分
nnan
n
n
n
n
n 221
2
2
3
3
4
3
2
2
1
1 1
．......................................................4 分
因为 21 a ，所以 1a 也满足 nan 2 ，............................................................................................. 5 分
所以 )1(2
)1(2
2
1 nnnnanS n
n
）（ ）（ Nn ．.............................................................. 6 分
（2）同解法一．市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 8页 共 18页
18．本小题主要考查线面平行、面面平行、面面垂直，直线与平面所成的角度等基础知识，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、数学运算等核心素养的关注．满分 12 分．
解法一：（1）取 PA 中点 M ，连接 MFBM, ，......................................................................................................1 分
FM, 分别是 PDPA, 的中点， ADMF // ,且 ADMF 2
1 ，
菱形 ABCD 中， E 是 BC 的中点， ADBE // ,且 ADBE 2
1 ，
BEMF // ，且 BEMF ，
四边形 MBEF 是平行四边形 ， ................................................................................................ 3 分
BMEF // ， ..................................................................................................................................4 分
又 EF 平面 PAB， BM 平面 PAB,
EF //平面 PAB． ....................................................................................................................5 分
(2)取CD 中点O ，连接 PO ， AO ， AC ，，
PDPC ， CDPO ．
平面 PCD 平面 ABCD ，平面 PCD 平面 CDABCD ， PO 平面 PCD ，
PO 平面 ABCD ，...............................................................................................................................6 分
则 PBO 为 PB 与平面 ABCD 所成的角，即 45PBO ．
在 BCO 中， 120,1,2 BCOCOBC ，
7120cos21212 222 BO ， 7BO ，
POBRt 中，
145tan
BO
PO ， 7PO ...................................................................................................................7 分
如图，分别以 OPOCOA ,, 所在方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系 xyzO ，
则 )0,2
3,2
3(),0,2,3(),0,1,0(),7,0,0(),0,1,0( EBDPC ，
)0,1,3(CB ， ),7,1,0( CP ).0,2
5,2
3(DE .......................................................................8 分市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 9页 共 18页
设平面 PBC 的一个法向量 ),,( zyxn ，
由 0,
0,
CB n
CP n
得
,07
,03
zy
yx
令 7x ， ).3,21,7(n .......................................................................................................... 10 分
设 DE 与平面 PBC 所成角为 ，
,31
932
317
212
32174
25
4
3
2
215
2
21
,cossin
nDE
nDE
nDE
直线 DE 与平面 PBC 所成角的正弦值为
31
932 .................................................................................12 分
解法二：（1）取 AD 中点 N ，连接 NFNE, ， ...............................................................................................1 分
FN, 分别是 PDAD, 的中点， PANF // ，
又 NF 平面 PAB， PA 平面 PAB， NF //平面 PAB．...................................................2 分
EN, 分别是 BCAD, 的中点， BEAN // 且 BEAN ，
四边形 ABEN 是平行四边形， ABNE // ，
又 NE 平面 PAB， AB 平面 PAB， NE //平面 PAB； .................................................3 分
NENNFNE , 平面 NEF ， NF 平面 NEF ，
平面 NEF // 平面 PAB， ..................................................................................................... 4 分
又 EF 平面 NEF ， //EF 平面 PAB．................................................................................. 5 分
（2）取 CD 中点O ，连接 PO ， BO ，
PDPC ， CDPO ,
平面 PCD 平面 ABCD ，平面 PCD 平面 CDABCD , PO 平面 PCD ,
PO 平面 ABCD ...............................................................................................................................6 分
则 PBO 为 PB 与平面 ABCD 所成的角，即 45PBO .
在 BCO 中， 120,1,2 BCOCOBC ，
7120cos21212 222 BO ， 7BO .市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 10页 共 18页
POBRt 中，
145tan
BO
PO ， 7PO ...............................................................................................................7 分
连接 BDAC, ，设 GBDAC ，分别以 GB ，GC ，OP 所在方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正
方向建立空间直角坐标系 xyzG ，
则 )0,0,3(B ， )0,1,0(C ， )0,0,3(D ， )7,2
1,2
3(P ， ),0,2
1,2
3(E
)0,1,3( CB ， ),7,2
1,2
3( CP ).0,2
1,2
33(DE ...........................................8 分
设平面 PBC 的一个法向量 ),,( zyxn ，
由 0,
0,
CB n
CP n
得
,072
1
2
3
,03
zyx
yx
令 7x ， )3,21,7(n ，.........................................................................................................10 分
设 DE 与平面 PBC 所成角为 ，
31
932
317
212
32174
1
4
27
02
21
2
213
,cossin
nDE
nDE
nDE ，
直线 DE 与平面 PBC 所成角的正弦值为
31
932 .............................................................................12 分
19．本小题主要考查椭圆标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系等基础知识；考查运算求解能
力，推理论证能力；考查数形结合思想，函数与方程思想等；考查直观想象，逻辑推理，数学运算等
核心素养；体现基础性，综合性与创新性．满分 12 分．
解法一：（1）设 ,P x y ，则 2 2 2 23 3PA PO x y ，.........................................................................2 分
2 2PB x ，......................................................................................................................................... 3 分
由 2PB PA 得， 2 24PB PA ，所以 2 2 24 3x x y ， ..............................................4 分
化简得
2 2
14 3
x y ． 故点 P 的轨迹 E 的方程为
2 2
14 3
x y （ 0x ）．市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 11页 共 18页
（2）当直线 PA 的斜率不存在时，不满足题意．...........................................................................................5 分
设直线 :PA y kx m ， 1 1 2 2, , ,P x y Q x y ．
由直线 PA 与圆O 相切，可得
2
3
1
m
k
， 2 23 1m k ．................................................... 6 分
由
2 2
1,4 3
,
x y
y kx m
得 2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m ，.............................................................7 分
所以
1 2 2
2
1 2 2
8 ,3 4
4 12 .3 4
kmx x k
mx x k
........................................................................................................................8 分
由 2POA QOAS S△ △ 得， 1 13 2 32 2PA QA
， 2PA QA ， 1 22x x ．
因为
2 2
1 2 2 2
4 12 12 03 4 3 4
m kx x k k
，所以 1 22x x ．......................................................................10 分
因为
2
2 2
1 2
2
1 2
2
8
3 4
4 12
3 4
km
x x k
mx x
k
2 2
2 2
16
3 4 3
k m
k m
2
2
16 1
3 4
k
k
，
2 2
1 2 2 2
2
1 2 2
2 9
2 2
x x x x
x x x
，
所以 2
2
16 1 9
3 4 2
k
k
， 5
2k ， 3 3
2m ．
故直线 PA 的方程为 5 3 3
2 2y x 或 5 3 3
2 2y x ．...................................................... 12 分
解法二：（1）同解法一． ...........................................................................................................................................4 分
（2）当直线 PA 的斜率不存在时，不满足题意．.......................................................................................5 分
设直线 :PA y kx m ， 1 1 2 2, , ,P x y Q x y ．
由直线 PA 与圆 O 相切，可得
2
3
1
m
k
， 2 23 1m k ．............................................... 6 分市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 12页 共 18页
由
2 2
1,4 3
,
x y
y kx m
得 2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m ，.........................................................7 分
所以
1 2 2
2
1 2 2
8 ,3 4
4 12 .3 4
kmx x k
mx x k
....................................................................................................................8 分
由 2POA QOAS S△ △ 得， 1 13 2 32 2PA QA
， 2PA QA ，
又 2 3PA OP ， 2 3QA OQ ，
所以 2 24 9OQ OP ， 2 2 2 2
1 1 2 24 9x y x y ，
2 2 2 2
1 1 2 24 9x y x y ， 1 22x x ．
因为
2 2
1 2 2 2
4 12 12 03 4 3 4
m kx x k k
，所以 1 22x x ．..................................................................10 分
因为
2
2 2
1 2
2
1 2
2
8
3 4
4 12
3 4
km
x x k
mx x
k
2 2
2 2
16
3 4 3
k m
k m
2
2
16 1
3 4
k
k
，
2 2
1 2 2 2
2
1 2 2
2 9
2 2
x x x x
x x x
，
所以 2
2
16 1 9
3 4 2
k
k
， 5
2k ， 3 3
2m ．
故直线 PA 的方程为 5 3 3
2 2y x 或 5 3 3
2 2y x ．.................................................. 12 分
解法三：（1）同解法一． ...........................................................................................................................................4 分
（2）当直线 PA 的斜率不存在时，不满足题意．...................................................................................5 分
设直线 :PA y kx m ， 0 0,A x y ， 1 1 2 2, , ,P x y Q x y ．
由
2 2 3,
,
x y
y kx m
得 2 2 21 2 3 0k x kmx m ，
由 0△ 得， 2 2 22 4 1 3 0km k m ， 2 23 1m k ……①．.................................. 6 分市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 13页 共 18页
且 0 21
kmx k
。
由
2 2
1,4 3
,
x y
y kx m
得 2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m ，.........................................................7 分
所以
1 2 2
2
1 2 2
8 ,3 4
4 12 .3 4
kmx x k
mx x k
……②..........................................................................................................8 分
由 2POA QOAS S△ △ 得， 1 13 2 32 2PA QA
， 2PA QA ，
所以 1 0 0 22x x x x ，
1 2 02 3x x x ， 1 2 2
242 1
kmx x k
……③。....................................................................................10 分
由①②③，解得 5
2k ， 3 3
2m ．
故直线 PA 的方程为 5 3 3
2 2y x 或 5 3 3
2 2y x ．.................................................. 12 分
20．本小题主要考查超几何分布、不等式、回归分析、正态分布等基础知识；考查抽象概括能力、数据处
理能力、运算求解能力、推理论证能力、创新意识；考查统计与概率思想、化归与转化思想；考查数
学运算素养、数学建模素养、数据分析素养，体现基础性、综合性、创新性与应用性．
解法一：（1）预测试成绩在[25,35) [85,95] 的员工中，接受方案 A 测试的有100 (0.02 0.03) 5 人；
接受方案 B 测试的有100 (0.16 0.04) 20 人．........................................................................1 分
依题意，随机变量 X 服从超几何分布，记这 6 人中接受方案 A 预测试的人数为 k ，
则
6
5 20
6
25
( )
k kC CP X k C
，其中 {0,1,2,3,4,5}k ．.....................................................................3 分
1 5 2 4 0 6 3 3 4 2 5 1
5 20 5 20 5 20 5 20 5 20 5 20C C C C C C C C C C C C ，
得 max( ) ( 1)P x k P x ，即 1X 的可能性最大，故 X 最有可能的取值为1．...................4 分
（2）（ⅰ）依题意， xy e 两边取对数，得 ln lny x ，即 lnz x ．...............................5 分
其中 63x ，........................................................................................................................................ 6 分市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 14页 共 18页
由提供的参考数据，可知 0.02 ，又 0.642 0.02 63 ln ，故 ln 1.9 ，
由提供的参考数据，可得 0.15 ....................................................................................................7 分
故 0.02ˆ 0.15 xy e ，当 60x 时， ˆ 0.498y ．..............................................................................8 分
（ⅱ）由（ⅰ）及提供的参考数据可知， 63 x ， 20 s ．
0.78y ，即 0.020.15 0.78x e ，可得 0.02 ln5.2x ，即 83x ．.........................................9 分
又 83 ，且 6826.0)( XP ，............................................................... 11 分
由正态分布的性质，得 1( 83) [1 ( )] 0.15872P x P x ，
记“绩效等级优秀率不低于 78.0 ”为事件 A ，则 ( ) ( 83) 0.1587P A P x ，
所以绩效等级优秀率不低于 78.0 的概率等于 1587.0 ．.................................................................12 分
解法二：（1）预测试成绩在[25,35) [85,95] 的员工中，接受方案 A 测试的有100 (0.02 0.03) 5 人；
接受方案 B 测试的有100 (0.16 0.04) 20 人．........................................................................ 1 分
依题意，随机变量 X 服从超几何分布，记这 6 人中接受方案 A 预测试的人数为 k ，
则
6
5 20
6
25
( )
k kC CP X k C
，其中 {0,1,2,3,4,5}k ．.....................................................................3 分
由 ( ) ( 1),
( ) ( 1),
P X k P X k
P X k P X k
得
6 1 7
5 20 5 20
6 6
25 25
6 1 5
5 20 5 20
6 6
25 25
,
,
k k k k
k k k k
C C C C
C C
C C C C
C C
即
6 1 7
5 20 5 20
6 1 5
5 20 5 20
,
,
k k k k
k k k k
C C C C
C C C C
即
1 1 ,(14 ) (6 ) (7 )
1 1 ,(5 ) (6 ) ( 1) (15 )
k k k k
k k k k
求得 15 14
27 9k ，
故 X 最有可能的取值为1．.................................................................................................................4 分
（2）同解法 1．
21．本小题主要考查函数的单调性与极值、导数的应用等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、
运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合等思想，考查数学
抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性与创新性．满分 12 分．
解析：（1） ( ) ( )lnf x x a x ．..............................................................................................................................1 分市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 15页 共 18页
因为 ( )f x 在 (0, ) 单调递增，所以 ( ) 0f x ，即 ( )ln 0x a x ．.............................................2 分
（i）当 1x 时， ln 0x ，则需 0x a ，故 mina x ，即 1a ；.................................................3 分
（ii）当 1x 时， ln 0x ，则 aR ； ................................................................................................4 分
（iii）当 0 1x 时， ln 0x ，则需 0x a ，故 maxa x ，即 1a ．
综上述， 1a ． .............................................................................................................................5 分
（2） ( ) 1 1( ) ( )ln2 4
f xg x x a x x ax
， 1 1( ) ln2 4
ag x x x
， 2
1( ) 2
ag x x x
．
因为 1 3 e4 4a ，所以 ( ) 0g x ，所以 ( )g x 在 (0, ) 单调递增．................................................6 分
又因为 1(1) 04g a ， 3(e) 0e 4
ag ，
所以存在 0 1,ex ，使 0( ) 0g x ，.......................................................................................................7 分
且当 0(0, )x x 时， ( ) 0g x ，函数 ( )g x 单调递减；
当 0( , )x x 时， ( ) 0g x ，函数 ( )g x 单调递增．
故 ( )g x 最小值为 0 0 0 0
1 1( ) ( )ln ( )2 4g x x a x x a h a ．............................................................. 8 分
由 0( ) 0g x ，得 0 0 0
1 1ln2 4a x x x ，因此 0 0 0 0
3 1( ) ( ln )ln4 2h a x x x x ．............................... 9 分
令 1 1ln2 4x x x x ， 1,ex ，则 1 3ln 02 4x x ，
所以 x 在区间 1,e 上单调递增．
又因为 1 3 e4 4a ，且 1 31 , e e4 4
，
所以 01 ex ，即 0x 取遍 1,e 的每一个值．........................................................................................10 分
令 3 1( ) ( ln )ln4 2x x x x x （1 ex ），
则 21 1 3( ) ln ln2 4 4x x x 1 2ln 3 ln 1 04 x x ，
故函数 ( )x 在 1,e 单调递增． ...............................................................................................................11 分
又 (1) 0 ， e(e) 4
，所以 e0 ( ) 4x ，故函数 ( )h a 的值域为 e0, 4
．.................................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 ：坐标系与参数方程市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 16页 共 18页
本小题主要考查参数方程和普通方程，极坐标方程和直角坐标方程的互化，曲线的伸缩变换等基础知
识，考查数形结合思想、化归与转化思想，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．
解法一：（1）由
cossin2
4
得 4cossin2 ．
把 sin,cos yx 代入上式可得直线l 的直角坐标方程为 042 yx ．.................2 分
因为圆 1C 的参数方程为 为参数，
sin2
cos2
y
x ． ......................................................................3 分
设 00 , yx 为圆 1C 上任意一点，在已知的变换下变为 2C 上的点 yx, ，则有
0
0
,
1 ,2
x x
y y
........4 分
因为 为参数
sin2
,cos2
0
0
y
x ，所以
sin22
cos2
y
x ，
曲线 2C 的参数方程为 为参数
sin
,cos2
y
x ．
可得普通方程为 14
2
2
yx ．............................................................................................................... 5 分
（2）不妨设 2,0,0,4 BA ，所以 5224 22 AB ．
设 sin,cos2Q ，令 Q 点到直线 l 的距离为 d ，
则 QAB△ 的面积 dABS
2
1 ，.....................................................................................................6 分
5
44cos22
5
4sin2cos2
d .............................................................................7 分
当且仅当 1)4cos( ，即
4
7 时，
5
422
max
d ，..........................................................8 分
所以 224
5
422522
1
max S ，......................................................................................9 分
所以 QAB 面积的最大值 224 ，相应Q 点的坐标为
2
22， ．.......................................10 分市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 17页 共 18页
解法二：（1）由
cossin2
4
得 4cossin2 ．
把 sin,cos yx 代入上式可得直线l 的直角坐标方程为 042 yx ．.................2 分
把圆 1C : 2cos ,
2sin
x
y
（ 为参数）化为普通方程为 422 yx ．........................................... 3 分
设 00 , yx 为圆 1C 上任意一点，在已知的变换下变为 2C 上的点 yx, ，
则有
0
0
2
1 yy
xx
，即
yy
xx
20
0 ．........................................................................................................4 分
又 42
0
2
0 yx ，所以 4)2( 22 yx ，曲线 2C 的普通方程为 14
2
2
yx ．............................ 5 分
（2）同解法一．
23．选修 4 5 ：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，考查函数与方程思想、分
类与整合思想、数形结合思想，考查数学运算等核心素养，体现基础性、综合性．满分 10 分．
解法一：（1）当 1m 时， ( ) 2 3f x x x x ，
所以
3 1, 3,
( ) 2 3 5, 2 3,
2 1, 2,
x x
f x x x x x x
x x
≥
≤ 且 (3) 8f ， ( 2) 3f ，....................... 2 分
作出函数 ( )f x 的图象，如图，
...........................................................................................................................3 分
令 2 1 8x ，解得 7
2x ，......................................................................................................... 4 分市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 18页 共 18页
由图可知 ( ) 8f x ≤ 的解集为 7[ ,3]2
．..............................................................................................5 分
（2）因为 2 3 ( 2) ( 3) 5x x x x ≥ ，.................................................................................... 7 分
当且仅当 ( 2)( 3) 0x x ≤ 即 2 3x ≤ ≤ 时等号成立，
所以 ( ) 5f x mx ≥ ．
又 [ 2,3]x 时， 5 2 5 3mx m ≥ ≥ ，...........................................................................................9 分
所以 ( ) 3f x ≥ ．.........................................................................................................................................10 分
解法二：（1）同解法一；.............................................................................................................................................5 分
（2）
(2 ) 1, 3,
( ) 2 3 5, 2 3,
( 2) 1, 2,
m x x
f x x x mx mx x
m x x
≥
≤ ........................................................................7 分
当 3x≥ 时， ( 2) 1 3 5m x m ≥ ；
当 2 3x ≤ 时， 5 2 5mx m ≥ ；
当 2x 时， ( 2) 1 2 5m x m ，
由上，可得 ( ) 2 5f x m ≥ ，...............................................................................................................9 分
又 (0,1]m ，所以 2 5 2 5 3m ≥ ，
故 ( ) 3f x ≥ ．.............................................................................................................................................10 分
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