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线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 1页 共 14页 泉州市 2020 届高三毕业班适应性线上测试（一） 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（思想方法分），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 10 小题，每小题 5 分，共 50 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．B 2．C 3． B 4．A 5． D 6．B 7． C 8． A 9．B 10．C 1．【解析】 { ( 3) 0}={ 0 3}A x x x x x     ， { 2}B x x  ， { 2}B x x Rð , 则 ( ) { 0 3} { 2}={ 0 2}I IA B x x x x x x     Rð ，故答案选 B. 2．【解析】复数 2 2 2(1 i) 2i -4+2i 4 2 2 5,| | ( ) ( )1 2i 1 2 5 5 5 5z zi         ， 则复数 z 的模为 2 5 5 ，故答案选 C. 3．【解析】①设 i i iA x y（ ， ）,则 V i i i y x  ，即直线 iOA 的斜率， 由图可知，直线 2OA 的斜率最小，即 2V 最小； ②根据峰值的一半对应关系得三个点从左到右依次对应 31 2, ,A A A 在首次降到峰值一半时对 应点，不妨记为 31 2, ,B B B ，由图可知 2A 到 2B 经历的时间最长， 所以 1 2 3T ,T ,T 中最大的是 2T . 故答案选 B． 4．【解析】由 1a ， 2a ， 4a 成等比数列得 2 2 1 4=a a a 即 2 1 1 1= ( 9)（ +3）a a a  解得 31 a ， 10 1 10 9=10 10 3 45 3 1652S a d       . 故答案选 A.线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 2页 共 14页 5．【解析】法一：    552 1 2 1 -1  x x ，通项   5 5 1T 2 1 ( 1)    rr r r C x ， 故当 1r 时，     5 5 1 41 1 1 1T 2 1 ( 1) 80 1       C x x ，所以 4 -80a ． 法二：令 1 t x ,则 1 x t ， 2 1=2 1 x t ，    5 5 2 3 4 5 0 1 2 3 4 52 1 2 1        x t a a t a t a t a t a t ，  5 5 11 1 4 1 1T 2 ( 1) 80     C t t ，所以 4 -80a ． 6．【解析】依题意可得， 12)2()0(,8)2()0(  ffff ，故切线为： 812  xy ，选 B． 7．【解析】由题意  xf 在R 上是递增函数，所以      bb b 232 0 0 ，解得 0 1b  . 8．【解析】如图所示：正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的边长为 3， ,M N 分别为 1,AB DD 的三等分点，且 11  NDBM .三棱锥 1N B MB 即为所求三棱锥， 1 1 3( 1 3) 33 2 2V       , 故选 A. 9．【解析】选 B.因为 5sin sin 2c A C  ，由正弦定理得 5,5 2  acc a c ，又因为 04)( 22  bca ， 所以 642222  acbca ， 代入 ])2([4 1 2 222 22 bcacaS  = )35(4 1 22  = 2 . 10． 【解析】如图 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，线段 AB 的中点  ,M MM x y ， 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 x y a b x y a b       ，两式相减得： 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 y y x xb x x a y y     2 2 1 8 M M xb a y     ，线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 3页 共 14页 2 2 8 M M by xa     …① 设  3 3,C x y ，  4 4,D x y ，线段CD 的中点  ,N NN x y ， 同理可得： 2 2 8 N N by xa    …② AB CDk k //AB CD ，易知 , ,P M N 三点共线， 22 1 1 NM M N yy x x    ，将①②代入得： 2 2 2 2 8 82 2 1 1 M N M N b bx xa a x x         ，即  2 2 41 0M N bx x a        ， ∴  2 2 2 24 4a b c a   ，即 2 24 5c a ， 2 2 5 2 ce a    ，故选C . 二、多项选择题：本题共 2 小题，每小题 5 分，共 10 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分。 11．BD 12．ABD 11 题选项 12 题选项 可得分数 全部正确 BD ABD 5 分 部分正确 B、D A、B、D 、A B、A D、BD 3 分 11．【解析】 如图，以水轮所在面为坐标平面，以水轮的轴心O 为坐标原点， x 轴和 y 轴分别平行和垂直于水面建 立平面直角坐标系，依题意得 OP 在 )s(t 内所转过的角度为 t6  ，则 66PO  tx . 则点 P 的纵坐标为 )66(sin6  ty ， 点 P 距 离 水 面 的 高 度 关 于 时 间 )s(t 的 函 数 3)66(sin6)(  ttf ； 3333)62(sin6)3( f ，选项 A 错误； 33)66(sin6)1( f ，线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 4页 共 14页 33)66 7(sin6)7( f ， )7()1( ff  ，选项 B 正确； 由 6)( tf 得 ，， 2 1)66(sin  t 解 得  t 2 12 ,6 12 ( )k k k N    ， 选 项 C 错 误 ； )8()4()(  tftftf 3)66(sin6  t 3)26(sin6  t 3)6 7 6(sin6  t 展开整理 得 9)8()4()(  tftftf 为定值，选项 D 正确；故答案为 BD. 12. 【解析】因为  xf 是奇函数，所以    xfxf  ，又    xfxf  11 ， 所以      xfxfxf  2 . 所以      xfxfxf  24 ，可得函数  xf 的周期为 4，选项 A 正确；       0022  fff ，即      022 fff  ， 又因为函数周期为 4，所以当 n 为偶数时，   0nf ，选项 B 正确； 因为     111  ff ，周期 4T ， 所以 2 2 2 2 2(1) 2 (2) 3 (3) 6 (6) 1-3 +5 =17f f f f     ， 所以选项 C 是错的；                   22 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 (1) 2 (2) 3 (3) 4 2 (4 2) 1-3 +5 -7 +9 + + 4n+1) 1 5 3 9 7 4 1 4 1 1 2 3 5 7 9 4 1 4 1 2 3 4 11 2 1 2 4 4 8 8 12 f f f n f n n n n n n n n n n n                                          （ 所以选项 D 是正确的. 故选 ABD. 三、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． 8 5 14．9 15． 2 4y x ， 2 2 （本小题第一空 2 分，第二空 3 分.） 16． 3 4 13．【解析】  a-b= -2 -1 （ ， ），a+b= 3 2（ ，），所以， 83 -2 +2 -1 =0 = 5   （ ） （ ） ， . 14．【解析】由 2 1 16n n n n a a aa    可得： 2 2 1 1 6 0n n n na a a a    ，即 1 1( 3 )( 2 ) 0n n n na a a a    ，线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 5页 共 14页 因为 0na  ，所以 1=3n na a ，所以{ }na 是首项为 1 0a  ，公比为 3 的等比数列， 所以 4 7 2 5 a a a a   2 2 22 5 2 5 9a q a q qa a    . 15．【解析】由己知可得 2p  ，所以 C 的方程为 2 4y x ； 由对称性，不妨设 0 0.2 )P x x（ ，因为抛物线 2: 4C y x 的焦点 (1,0)F ， ( 1,0)A  , 0| | 1PF x  ， 2 2 2 0 0 0 0| | ( 1) (2 ) ( 1) 4PA x x x x      0 2 00 0 2 0 1| | 1 2=| | 24( 1) 4 1 ( 1) xPF PA xx x x        ，当且仅当 0 1x  时取等号， | | | | PF PA 取最小值 2 2 . 16．【解析】 解法一：由已知易得 PAB△ 是直角三角形，过 P 作 PD AB ，垂足为 D ，易得 3 3 2PD  ， 9 2AD  ， 3 2BD  .连接CD ，因为平 面 PAB  平面 ABC ，由面面垂直的性质定理，可得 PD  平 面 ABC ，所以 PCD   ， 3 3tan 2 PD CD CD    ，可知当CD 取最小值时，tan 最大.设CD y ，CA x ，则 10CB x  . 因为 180CDA CDB     ，所以 cos cos 0CDA CDB    ， 即   2 2 22 2 29 3 102 2 09 32 22 2 y x y x y y                  ， 所以 215 122y x      ，当 15 2x  时， y 取到最小值 2 3 ，即 CD 的最小值为 2 3 . 所以 tan 的最大值为 3 3 3 42 2 3   . 解法二：由已知易得 PAB△ 是直角三角形，过 P 作 PD AB ，垂足为 D ，易得 3 3 2PD  ，连接CD ， 因为平面 PAB  平面 ABC ，由面面垂直的性质定理，可得 PD  平面 ABC ，所以 PCD   ， 3 3tan 2 PD CD CD    ，可知当CD 取最小值时， tan 最大.线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 6页 共 14页 由点C 到 A ， B 两点的距离和为10，可知点C 的轨迹是以 ,A B 为焦点的椭圆 E . 设 AB 的中点为 O ，以 O 为原点， AB 所在直线为 x 轴，建立平面直角坐标系，如图所示.由 6AB  ，可得椭圆 E 的方程为 2 2 125 16 x y  ， 点C 在椭圆 E 上，设  0 0,C x y ， 则 2 2 0 0 125 16 x y  .由 3 2BD  ，得 3 ,02D     . 则   2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 93 3 7316 1 3 5 52 2 25 25 4 x xCD x y x x x                          . 2 0 9 25( ) 1225 6CD x   ， 可得当 0 25 6x  时， CD 取得最小值，最小值为 2 3 . 所以 tan 的最大值为 3 3 3 42 2 3   . 四、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． 解析：（1）由 cos (sin sin ) sin (2 cos cos )         得 cos sin cos sin 2sin sin cos sin cos            . ..............1 分 整理得 cos sin +sin cos cos sin +sin cos 2sin（ ）（ ）          ， 即得sin + sin + 2sin（ ） （ ）      . ..............3 分 因为在 ABC 中，  ， 所以sin + sin π =sin（ ） （ ）     ,sin + sin（ ）   ，线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 7页 共 14页 所以sin sin 2sin    . ..............4 分 由正弦定理得 ABCBCA 2 . ..............5 分 （2）因为 CBCA  ， ABCBCA 2 ， 所以 ABCBCA  ， ABC 为等边三角形. ..............6 分 设 ADC ， ），（  0 ， 则 ABCACDABCD SSS  四边形 060sin2 1sin2 1 2ACDCDA  2AC4 3sin4 1  . ..............8 分 在 ADC 中，由余弦定理得 ADCDCDADCDAAC  cos2222 5 cos4   . ..............9 分 所以 )cos4 5(4 3sin4 1 ABCDS四边形 16 35cos3sin4 1  ）（ 1 5 3sin2 3 16   （ ） . .............10 分 因为 0 ，所以 3 2 33  ， 所以 1)3sin(2 3  ，得 3 1 1sin( )4 2 3 2     . ..............11 分 所以 3 1 5 3 8 5 3sin( )16 2 3 16 16      . 因此，四边形 ABCD 面积的取值范围为 3 8 5 3 16 16       ， . ...............12 分线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 8页 共 14页 18．本小题考查线面平行、面面垂直的判定与性质、二面角的求解及空间向量的坐标运算等基础知识，考 查空间想象能力、逻辑推理及运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，体现基础性、 综合性与应用性，导向对发展数学抽象、逻辑推理、直观想象等核心素养的关注． 解析： 解法一：（1）在正三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，因为 1 AA 平面 ABC ， BD 平面 ABC ， 所以 1 AA BD ．····························································································1 分 在等边△ABC 中， D 是 AC 的中点，所以 BD AC ．·········································2 分 又 1 AA AC A ，所以 BD 平面 1 1ACC A ．····················································· 3 分 又 BD 平面 1BC D ，所以平面 1BC D  平面 1 1ACC A ．········································4 分 （2）取 1AA 的中点 M ， 1 1A B 的中点 N ，连接 MN ，则点 F 的轨迹就是线段 MN ．········ 7 分 （回答正确 2 分，作图 1 分） 由图可知当点 F 与点 N 重合时，二面角 1C BD F  的余弦值取到最大值．···········8 分 以 DA 、 DB 所在的直线为 x 轴、 y 轴建立空间直角坐标系 D xyz （如图所示）． 则 (0,0,0)D ， (0,2 3,0)B ， 1( 2,0,4)C ， ( )(1, 3,4)N F ， (0,2 3,0)DB  ， 1 ( 2,0,4) DC  ， (1, 3,4)DF  9 分 设平面 1DBC 的一个法向量为 1 1 1( )m x ,y ,z ． 由 1 0, 0,      DB m DC m     得 1 1 1 2 3 0, 2 4 0,     y x z 令 1 2x ，解得 1 1z  ． 所以 (2,0,1)m  ．10 分 设平面 DBF 的一个法向量为 2 2 2( )n x ,y ,z  ． 由 0, 0,      DB n DF n     得 2 2 2 2 2 3 0, 3 4 0,      y x y z 令 2 4x ，解得 2 1 z ． 所以 (4,0, 1) n  ．11 分线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 9页 共 14页 因此 7 7 85cos , 855 17     m nm n m n      ． 故二面角 1C BD F  的余弦值的最大值为 7 85 85 ．········································· 12 分 解法二：（1）同解法一． 4 分 （2）取 1AA 的中点 M ， 1 1A B 的中点 N ，连接 MN ，则点 F 的轨 迹就是线段 MN ． 7 分 （回答正确 2 分，作图 1 分） 由图可知当点 F 与点 N 重合时， 二面角 1C BD F  的余弦值取到最大值．8 分 连结 EN ，易得 ∥EN BD ， 所以二面角 1C BD F  的余弦值的最大值等于二面角 1 E BD C ．9 分 由（1）得 BD 平面 1 1ACC A ，所以 BD DE ， 1BD DC ， 所以 1EDC 为二面角 1 E BD C 的平面角．10 分 在 1△EDC 中， 1 3EC ， 17ED ， 1 2 5DC ， 由余弦定理，得 2 2 2 1 1 1 1 17 20 9 7 85cos 2 852 17 2 5          ED DC ECEDC ED DC ． 故二面角 1C BD F  的余弦值的最大值为 7 85 85 ．········································· 12 分 19. 本小题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解 能力等，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想等，体现基础性、综合性与创新性， 导向对发展逻辑推理、直观想象、数学运算、数学建模等核心素养的关注．满分 12 分． 解析：（1）由题意知，直线 AB 的斜率存在，且不为 0，设直线 AB 的方程为 1x ty  ，…1 分 代入 2 2 14 3 x y  得 2 23 4) 6 9 0t y ty   （ ，…….2 分 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 1 2 2 6+ = 3 4 ty y t   ， 1 2 2 9= 3 4y y t   ……….3 分 若 2AF FB  ,则 1 22y y  ，解得 2 5 5t   ，…….4 分 所以，l 的方程为 5 ( 1)2y x   ……….5 分线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 10页 共 14页 （2）由（1）得 AB 的中点坐标为 2 2 4 3 3 4 3 4 t t t    （ ， ）……….7 分 所以 2 2 2 2 1 2 2 2 12 1 12(1 )| 1 1 3 4 3 4 t tAB t y y t t t         | | |= …….9 分 因为 M 是 PAB 的外心,所以 M 是线段 AB 的垂直平分线与 AP 的垂直平分线的交点， AB 的垂直平分线为 2 2 3 4( )3 4 3 4 ty t xt t      令 =0y ，得 2 1= 3 4x t  ，即 2 1( ,0)3 4M t  ， 所以， 2 2 2 1 3 3| | | 1|3 4 3 4 tMF t t     ….10 分 2 2 2 2 12( 1) | | 123 4 43 3| | 3 3 4 t AB t tMF t      ，所以， | | | | AB MF 为定值. …. …. …. …. …. …. ….12 分 20.本题主要考查离散型随机变量的分布列和数学期望，相互独立事件的概率乘法公式等基础知识，游戏公 平的原则，考查应用意识等，考查概率思想、分类讨论思想等，导向对数学建模等核心素养的关注. 【解析】（1）由题意可知，随机变量 X 的可能取值有3、 4 、5、6，   32 83 3 27P X       ，   2 1 3 2 1 44 3 3 9P X C               ，   2 2 3 2 1 25 3 3 9P X C               ，   31 16 3 27P X       . 所以，随机变量 X 的分布列如下表所示： X 3 4 5 6 P 8 27 4 9 2 9 1 27 所以，   8 4 2 13 4 5 6 427 9 9 27E X          ； （2）依题意，当1 98n  时，棋子要到第 1n  站，有两种情况： 由第 n 站跳1站得到，其概率为 2 3 nP ；由第 1n  站跳 2 站得到，其概率为 1 1 3 nP  . 所以， 1 1 2 1 3 3n n nP P P   .线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 11页 共 14页 同时减去 nP 得  1 1 1 1 2 1 1 1 1 983 3 3 3 3n n n n n n nP P P P P P P n              ； （3）依照（2）的分析，棋子落到第99站的概率为 99 98 97 2 1 3 3P P P  ， 由于若跳到第99站时，自动停止游戏，故有 100 98 1 3P P . 所以 100 99P P ，即最终棋子落在第99站的概率大于落在第100站的概率，游戏不公平. 21．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、数学建模等核心素养．满分 12 分． 解:(1)       x x x e x eax xe axxf              1 11 令   x eaxg x  ............................................................1 分 则     2 1 x xexg x  ,当   ,0,10  xgx 当   0,0  xgx , 所以  xg 在  1,0 递减,在 ，1 递增,所以     eagxg  1min .................................................3 分 因为 0,1  eaa 所以 ,   0xg 恒成立,则当     10,10,0  xxfxxf 时，时 所以  xf 在  1,0 递增，  ，1 递减，所以 1x 是  xf 唯一极值点..........................................4 分 所以  xf 只有一个极值点......................................................................................................5 分 （2）因为 0x ,不等式可化为   xex exxa  ln 恒成立, 令     xex exxxh  ln ,只需  xha min ................................................................................6 分 因为    xh    xex exxx 2 1ln1  ,令   exxx  1ln ,则   x x xx  111 当         0,,1,0,1,0  xxxx  ,所以  x 在  1,0 递增,  ，1 递减. .........7 分 又 0131 22      eee  ,   021  e ,   0e . 所以  x 在  1,0 存在唯一零点 0x ,在  ，1 存在唯一零点 ex  ，...................................8 分线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 12页 共 14页 当     0,00 0  xhxxx 时， , 当     0,010  xhxxx 时， ， 当     0,01  xhxex 时， ， 当     0,0,  xhxex  ， 所以  xh 在    ex ,10 0 和， 上为减函数,在    ,1,0 ex 和 上为增函数， 所以      中较小者，与是 ehxhxh 0min ...................................................9 分   1 eeeh ， 因为   01ln 000  exxx ,所以 exex  1 0 0 , 所以   0xh   0 0 00 ln xex exx  = 0 0 x ex  = 1 ee .............................................................................11 分 综上,   1 min  eexh ,所以 1 eea . 所以，满足题意的 a 的取值范围是 1 eea ...................................................................................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 本小题综合考查直线与圆的参数方程、圆的直角坐标方程与极坐标方程的互化、极坐标的几何含义、 面积公式、三角恒等变换及三角函数性质等基础知识，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、数形结合思想，体现基础性与综合性，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 10 分． 解：（1）由 4x t y kt     ,消去参数t 得 1l 的普通方程  4y k x  , ......................1 分 设  ,P x y ,由题意得  4 1 . y k x y xk     ， ......................2 分 消去 k 得C 的普通方程 2 2 4 0 0x y x y   （ ）. ....................3 分 把 2 2 2 , cosx y x     代入上式， 0cos42   ，. ...................4 分线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 13页 共 14页 可得 C 的极坐标方程为 4cos  （ 0 4  ，）. ......................5 分 （2）由题意可设  2 1 21 ( ,( , 0 04), ) ,A B       ， ......................6 分 1 2 1 2| | sin 4 2 cos cos2 4 4 4AOBS OA OB             ‖uur uuur ..................7 分  2 1 cos2 sin 24 cos sin cos 4 2 2            2 2 2 cos 2 4       ， . .....................8 分 所以当 cos 2 14      ，即 ( Z)4k k    时， .....................9 分 AOB 的面积取得最大值，其最大值为 2 2 2 . .......................10 分 23．选修 4 5 ：不等式选讲 本小题主要考查绝对值不等式的解法、绝对值的意义、基本不等式等基础知识，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、直观想象及数学建模等核心素养的关注．满分 10 分． 解:（1）当 1x 时, 02  a 恒成立,此时 Ra . ......................................................................................1 分 当 1x 时,原不等式可等价转化为 1 232   x xxa . ..........................................................2 分 令   1 232   x xxxg , 则原不等式恒成立，只需  xga min . ........................................2 分 因为   41 44 1 232    x x x xxxg , .............................................................................3 分 当且仅当 23 2  xx 或 时“=”号成立, .................................................................................4 分 所以   4min xg ,即 4a . .................................................................................4 分 综上知， a 的最大值 4m . ........................................................................................................5 分 （2） 由（1）可得 22  qppq ，即    421  qp . ...............................................................6 分 因为   02,01  qp 所以 ，.................................................................................................7 分线上市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 14页 共 14页        73212321  qpqpqp ，........................................................9 分 当且仅当 21  qp ，即 4,3  qp 时“=”成立, ...................................10 分 所以 qp  的最小值为 7. ...................................10 分 说明：令 tqp  ，转化为求函数 )1(1 22   pp ppt 的最小值，或转化为“由关于 p 的二次方程 02)12  tptp （ 有大于 1 的解，求t 的最小值”问题，请参照前述解答，酌情相应给分.