数学（理）试题答案及评分标准.pdf

漳州市 2020 届高三毕业班第一次教学质量检测卷 数学（理科）答案及评分标准 选择题评分标准：选对得分，错选，多选，不选均不得分。 1 2 3 4 5 6 B D C C B B 7 8 9 10 11 12 C D B A C D 填空评分标准：按参考答案给分，结果必须化简，完全正确，写错、未化简、多写答案、 少写答案均不给分，15 题评分标准：写成 3 332  也可给分。 13 14 15 16 3 1 13 32  2 解答题评分标准 1.概率与统计题： 17 题（1）问使用 1 1 2 ( ( )( ) ˆ ) n i i n i i ix y y x x b x        这个公式求解，过程及结果正确也可得分。 2.导函数： 求单调区间过程要清楚，最好列表，分类讨论各区间情况需做到无遗漏。遗漏不给分。 取值写成区间或者集合的形式，未写扣 1 分。 3.选做题： （极坐标方程）直角坐标方程转换需要过程，没有过程不得分。 （解不等式）解集要写成集合或区间，未写扣 1 分。 4.具体步骤分参照答案解析，没有步骤只有答案均不给分。 5.试题有不同解法时，解法正确可酌情给分。17.解：（1）可知 1 2 3 4 5 90 100 105 105 1003, 1005 5x y           ，（1 分） 5 1 1 90 2 100 3 105 4 105 5 100 1525i i i x y             （2 分） 5 2 2 2 2 2 2 1 1 2 3 4 5 55i i x        ， （3 分） 则 1 22 2 1 1525 5 3 100 2.555 5 3 ˆ n i i i n ii x y nx y b x nx             ， （4 分） 100 2.5 3 92.ˆˆ 5a y bx      ，故回归直线方程为  2.5 92.5y x  ， （5 分） 当 11x  时，  2.5 11 92.5 120y     ，估计该学生高考数学的考试成绩为 120 分 （6 分） （2）由题可知随机变量 的所有可能取值为 1，2，3， 则 2 1 1 2 2 3 2 3 3 3 5 5 3 3( 1) , ( 2)10 5 C C C CP PC C        ， 3 3 3 5 1( 3) 10 CP C     ， （9 分） 故随机变量 的分布列为  1 2 3 P 3 10 3 5 1 10 （10 分） 则随机变量 的数学期望 3 3 1 9( ) 1 2 310 5 10 5E         （12 分） 18.解：（1）由 sin(2 ) 2 2cos( )sin A C A CA     可得 sin(2 ) 2sin 2sin cos( )A C A A A C    sin cos( ) cos sin( ) 2sin 2sin cos( )A A C A A C A A A C       ， （2 分） 可得 sin cos( ) cos sin( ) 2sin , sin 2sinA A C A A C A C A       ， （3 分） 由正弦定理可得 2c a ， sin 2sin , 2B A b a   ， （4 分） 则由余弦定理可得 2 2 2 2 2 2(2 ) (2 ) 7cos 2 2 2 2 8 b c a a a aA bc a a        . （6 分） （2）解法一：设 ,BDC BDA       ，在 ,BDC BDA  中，利用余弦定理可得 2 2 2 2 2 22 cos , 2 cos( )BC DC BD DC BD AB AD BD AD BD          ，（7 分） 可得 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2cos ,(2 ) 2 2 2 2 2cos( )a a             ， （8 分）两式相加可得 2 4 55 16, 5a a  ， （10 分） 可知 ABC 周长 12 52 4 4 5l a a     . （12 分） 解法二：点 D 为 AC 的中点，且 4AC  ， 2BD  ，所以有 2DA DB DC   ，…7 分 所以 ABC 是直角三角形 ， = 2ABC 且 ，所以 2 2 16a c  （8 分） 又因为 2c a 所以 2 4 55 16, 5a a  （10 分） 可知 ABC 周长 12 52 4 4 5l a a     . （12 分） 19.解：（1）证明：取 CD 的中点 E，连接 AE，BE，BD， CD=2AB, AB DE  ， （1 分） 由 ,AB AD AD DC  ，所以四边形 ABED 为正方形，则 ,AE BD （2 分） ,AEPD ABCD ABCD  平面 平面 , ,PD AE  （3 分） PD BD D  , ,AE PDB  平面 , ,AB EC AB EC   四边形 ABEC 为平行四边形， BC AE  ，故 PBDBC  平面 （6 分） （2） PD ABCD 平面 ，可知 PBD 即为 PB 与平面 ABCD 所成的角， 45PBD  即 则 PD BD , 设 1AD  ，则 1, 2, 2AB DC PD   （7 分） 以点 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DP 所在直线为 , ,x y z 轴，建立如图所示的空间直角坐 标系，则 (0,0,0), (1,0,0), (0,0, 2), (1,1,0), (0,2,0)D A P B C ， （8 分） , =DA PDC PDC DA    平面 平面 的一个法向量为 （1,0,0） （9 分） 设平面 PBC 的法向量 1 1 1( , , )m x y z ， (1,1, 2), ( 1,1,0)PB BC     ， （10 分） 则1 1 1 1 1 0 2 0 00 PB m x y z x yBC m                   ，取 1x 1, (1,1, 2)m 则 ， （11 分） 设二面角 D-PC-B 的平面角为 1 1cos 22 1 1 1 m DA m DA            ， ， 由图可知二面角 D PC B  为锐角，故二面角 D PC B  的余弦值为 1 2 . （12 分） 20.解：（1）设椭圆的焦距为 2c，故由题可知 2c=2,则椭圆的左焦点为 1( 1,0)F  ， 故直线方程为 2 ( 1)2y x  ， （2 分） 以右顶点（a,0）为圆心,b 为半径的圆的方程为 2 2 2( )x a y b   ， （4 分） 则 2 2 2 2 2 2 0, 2, 12 4 1 a b a a a a a b              ， 解得 （舍去）， 可知 2 24, 3a b  ， （5 分） 所以椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  .- （6 分） （2）设直线 l 的方程为 1x my  ， 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ， 联立 2 2 1 14 3 x my x y     ，整理得 2 2(3 4) 6 9 0m y my    ，显然 0  （8 分） 则 1 2 1 22 2 6 9,3 4 3 4 my y y ym m      ， 2 2 1 2 1 2 1 2 2 12 1( ) 4 3 4 my y y y y y m       ， （10 分）故四边形 APBQ 的面积 2 1 2 2 1 24 142 3 4 mS y y m       ， 设 2 1 1m t   ，则 2 24 24 13 1 3 tS t t t    ， （11 分） 可设函数 2 1 1( ) 3 , '( ) 3 0f t t f tt t      ，函数 f(x)在[1, ) 上单调递增， 则 13 4t t   ，则 24 64S   ， 当且仅当 0m  时，等号成立，四边形 APBQ 的面积取得最大值为 6. （12 分） 21. 解：（1） 2 2 2 2 ln 2 2 1 2 ( ln 2 1) ( ln 2 1) 2'( ) (1 ) ( ln 2 1)( )ln 2 ln 2 ln 2 x x x xx x a x af x a xx x x x x x           当 1a  时， 2 2 1'( ) ( ln 2 1)( )ln 2 x f x x x x    ， x (0, )  （2 分） 令 2'( ) 0, ln 2 1 0, logf x x x e   得 则 ， （3 分） 故当 2x (0,log )e 时， '( ) 0f x  ，函数 f(x)单调递减， 2x (log , )e 当 时， '( ) 0f x  ， 函数 f(x)单调递增， 故函数 f(x)的单调递增区间为 2(log , )e  ，递减区间为 2(0,log )e . （5 分） （2）由 2 2'( ) ( ln 2 1)( )ln 2 x af x x x x    ，可知 2logx e 为 '(x)f 的一个零点， （6 分） 则方程 2 2 0ln 2 x a x x   在（1,4）上有 2 个不同的实数根，即 ln 2 2x a x    在（1,4）上有 2 个不同的实数根，问题等价于 ln 2 2(x) x g x    与直线 y=a 有 2 个交点， （7 分） 22 2 ( 2 ln 2 2 )ln 2 ln 2 2 (1 ln 2)'( ) , '( ) 0, log x x xx xg x g x x ex x         令 则 ， 2x (1,log )e 当 时， '( ) 0g x  ，函数 g(x)单调递增，当 2x (log ,4)e 时， '( ) 0g x  ，函 数 g(x)单调递减， （9 分）  2 max 2 2 ln 2( ) (log ) ln 2 ,log eg x g e ee       （10 分） (1) 2ln 2, (4) 4ln 2, (1) (4)g g g g     且 ，2 ln 22 ln 2 log ea e      ，故实数 a 的取值范围为 2( 2ln 2, (ln 2) e)  （12 分） 22.解：(Ⅰ)∵曲线 C 的极坐标方程为 2cos 4sin    ， 即 2 2 cos 4 sin      ， （2 分） 将 2 2 2 cos , sin , x y x y             代入上式，可得 2 2 2 4 0x y x y    ， （4 分） 所以曲线 C 的直角坐标方程    2 21 2 5x y    . （5 分） (Ⅱ)把直线l 的参数方程 1 2 32 2 x t y t      （t 为参数），代入曲线 C 的方程    2 21 2 5x y    中，得 2 4 0, 0t t 显然- - = D > （7 分） 设 A B， 对应的参数分别为 1 2,t t ，则 1 2 4t t = - ， 1 2 1t t+ = （8 分） 因为点 ( )0,2P 在直线l 上， 所以 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2| | | | | | | | | | ( ) 4 1 16 17PA PB t t t t t t t t+ = + = - = + - = + = （10 分） 23.解：（1）因为 4, 3 ( ) 2 2, 3 1 4, 1 x f x x x x           ， （2 分） 所以不等式 (x) 2 3f x  可化为      x x 324 3 或 3 1 2 2 2 3 x x x        或      x x 324 1 ， 解得 0x  ， （4 分） 所以不等式 xxf 32)(  的解集为[0, ) . （5 分） （2）根据（1）可知，函数 ( )f x 的最大值为 4，即 4a b  ， （6 分） 1 1 1 1 1( )[( 1) ( 1)]1 1 6 1 1 a ba b a b          1 1 1 1 1 1 1 2(1 1) (2 2 ) (2 2)6 1 1 6 1 1 6 3 b a b a a b a b                ， （8 分） 当且仅当 2a b  时，等号成立，所以 1 1 1 1a b   的最小值为 2 3 . （10 分）