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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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