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- 2021-06-10 发布
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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 1f
市质检数学(文科)试题 第 5 页(共 21 页)
对于②:当 0x 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 0x 时, 0 1 f x f ,与图象中 0 0f 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 0x ,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 0x ,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 ia 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 160x 时,预报 2.844.68-1600.0470 y .········································8 分
②因为 0.1s ,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 090ACB , ,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
4Ay ,……………………………………………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
1m ,………………………………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 090ACB , ,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
4Ay ,…………………………………………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 2a ,……………………………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 090ACB , ,MBMA
又 0 ABCM ,于是 ABCM ,故 ABC 是等腰直角三角形,所以 1k .··········· 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
1m 或 4m (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 090ACB ,则 0CBCA ,
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 1k .··············· 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 1a 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 1a 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= + - - = - - < <íï ³ïî
…………………………2 分
(对 1 个给 1 分,全对 2 分)
作出函数 ( )f x 的图象,如图所示:
………………………………………………4 分
(画对 1 段函数图象给 1 分,全对 2 分)
当 ( ) 1f x = 时,可得 1x = ,故 ( ) 1f x ³ 的解集为[1, )+¥ . ……………………………5 分
证法一:(2)当 0x = 时,不等式显然成立; ………………………………………………………6 分
市质检数学(文科)试题 第 21 页(共 21 页)
当 0x¹ 时, ( )2
2 1( ) 4
axf x x
+- £ ( )21( ) 4
af x x x
++ ,………………………7 分
因为 ( ) ( )( ) 1 1 1f x x x a x x a a= + - - £ + - - = + ,当且仅当( )( )1 0x x a+ - ³ ,
等号成立. ……………………………………………………………………………………8 分
而 ( ) ( )2 21 12 14 4
a ax x ax x
+ ++ = + , 当且仅当 1
2
ax
+= 等号成立,…………9 分
所以 ( )21( ) 4
af x x x
+£ + 成立. ……………………………10 分
所以 ( )2
2 1( ) 4
axf x x
+- £ . ……………………………10 分
证法二:(2)由 ( )2
2 1( ) 4
axf x x
+- ( )2
2 1( ) 4
ax f x x
+× - £ , ………………………6 分
因为 ( ) ( )( ) 1 1 1f x x x a x x a a= + - - £ + - - = + ,当且仅当( )( )1 0x x a+ - ³ ,
等号成立.……………………………………………………………………………………7 分
所以 ( ) ( )2 2 2
2 2 1 1 1( ) 1 2 4 4
a a ax f x x x a x x
+ + +× - £ + - = - - + £ ,
当且仅当 1
2
ax
+= 等号成立,……………………………………………………………9 分
所以 ( )2
2 1( ) 4
axf x x
+- £ . ……………………………………………………………10 分
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