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  • 2021-06-11 发布

福建省泉州市2020届高三高中毕业班5月份质检(二模)数学(理)试题答案(定稿)

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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 90BAC , 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 5B 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 2a . 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 1n 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 , 7BO , POBRt 中, 145tan   BO PO , 7PO ...................................................................................................................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 7x , ).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 , 7BO . 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 , 7PO ...............................................................................................................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 7x , )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 60x 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 aR ; ................................................................................................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