漳州市2020届高中毕业班第三次教学质量检测理科数学参考答案.pdf

漳州市 ２０２０ 届高中毕业班第三次教学质量检测 理科数学答案及评分标准 评分说明: １. 本解答给出了一种或几种解法供参考ꎬ 如果考生的解法与本解答不同ꎬ 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 ư ２. 对计算题ꎬ 当考生的解答在某一步出现错误时ꎬ 如果后继部分的解答未改变该题的 内容和难度ꎬ 可视影响的程度决定后继部分的给分ꎬ 但不得超过该部分正确解答应给分数的 一半ꎻ 如果后继部分的解答有较严重的错误ꎬ 就不再给分 ư ３. 解答右端所注分数ꎬ 表示考生正确做到这一步应得的累加分数 ư ４. 只给整数分数 ư 选择题和填空题不给中间分 ư 一、 选择题: 本大题考查基础知识和基本运算ꎮ 每小题 ５ 分ꎬ 满分 ６０ 分ꎮ １ư Ｄ　 　 　 　 ２ư Ｃ　 　 　 　 ３ư Ｃ　 　 　 　 ４ư Ａ　 　 　 　 ５ư Ｂ　 　 　 　 ６ư Ｂ ７ư Ａ ８ư Ｂ ９ư Ｄ １０ư Ｄ １１ư Ｃ １２ư Ｄ 二、 填空题: 本大题考查基础知识和基本运算ꎮ 每小题 ５ 分ꎬ 满分 ２０ 分ꎮ １３ư π ２ 　 　 　 　 　 １４ư ５ 　 　 　 　 　 １５ư ３ ５ 　 　 　 　 　 １６ư ５ 三、 解答题: 本大题共 ６ 小题ꎬ 共 ７０ 分ꎮ 解答应写出文字说明ꎬ 证明过程或演算步骤ꎮ １７ư 解: (１) 因为 △ＡＢＣ 中ꎬ ２ｂ － ３ ｃ( ) ｃｏｓＡ ＝ ３ ａｃｏｓＣꎬ 由正弦定理可得ꎬ ２ｓｉｎＢ － ３ ｓｉｎＣ( ) ｃｏｓＡ ＝ ３ ｓｉｎＡŰｃｏｓＣꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺ 得 ２ｓｉｎＢŰｃｏｓＡ ＝ ３ ｓｉｎＡŰｃｏｓＣ ＋ ｃｏｓＡŰｓｉｎＣ( ) ꎬ 得 ２ｓｉｎＢŰｃｏｓＡ ＝ ３ ｓｉｎＢꎬ ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ｓｉｎＢ > ０ꎬ 所以 ｃｏｓＡ ＝ ３ ２ ꎬ ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ０ < Ａ < πꎬ 所以 Ａ ＝ π ６ . ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 因为 △ＡＢＣ 中ꎬ Ａ ＝ π ６ ꎬ ＡＢ ＝ ４ꎬ ＡＣ ＝ ３ ꎬ 所以 ＢＣ２ ＝ ＡＢ２ ＋ ＡＣ２ － ２ＡＢŰＡＣŰｃｏｓＡ ＝ ４ ２ ＋ ３ ( ) ２ － ２ × ４ × ３ × ｃｏｓ π ６ ＝ ７ꎬ 所以 ＢＣ ＝ ７ ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 由 ＡＣ ｓｉｎ∠ＡＢＣ ＝ ＢＣ ｓｉｎＡꎬ 得 ｓｉｎ∠ＡＢＣ ＝ ＡＣ ＢＣŰｓｉｎＡ ＝ ３ ７ × １ ２ ＝ ２１ １４ ꎬ ８ 分ƺƺƺ 理科数学答案及评分标准　 第 １ 页 (共 １０ 页)因为 ＤＢ ⊥ ＡＢꎬ 所以 △ＢＣＤ 中ꎬ ∠ＤＢＣ ＝ π ２ － ∠ＡＢＣꎬ ｃｏｓ∠ＤＢＣ ＝ ｓｉｎ∠ＡＢＣ ＝ ２１ １４ ꎬ ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ A B C D E 所以 ｓｉｎ∠ＤＢＣ ＝ １ － ｃｏｓ ２ ∠ＤＢＣ ＝ ５ １４ ７ ꎬ 因为 ＤＣ ＝ ＢＣ ＝ ７ ꎬ 作 ＣＥ ⊥ ＢＤ 于点 Ｅꎬ 则 Ｅ 为 ＢＤ 的中点ꎬ ＣＥ ＝ ＢＣŰｓｉｎ∠ＤＢＣ ＝ ７ × ５ １４ ７ ＝ ５ ２ ꎬ ＢＤ ＝ ２ＢＥ ＝ ２ＢＣŰｃｏｓ∠ＤＢＣ ＝ ２ × ７ × ２１ １４ ＝ ３ ꎬ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 Ｓ △ＢＣＤ ＝ １ ２ ŰＢＤŰＣＥ ＝ １ ２ × ３ × ５ ２ ＝ ５ ４ ３ . １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ １８. 解: (１) 延长 ＢＮ 交 ＡＡ １ 于点 Ｐꎬ 连接 ＰＭꎬ 因为 ＡＡ １ ∥ ＢＢ １ ꎬ Ｂ １ Ｎ ＝ ２ＮＡꎬ 所以 ＡＰ ＢＢ １ ＝ ＡＮ ＮＢ １ ＝ １ ２ ꎬ 所以 ＢＢ １ ＝ ２ＡＰꎬ １ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 ＡＡ １ ＝ ＢＢ １ ꎬ 所以 ＡＡ １ ＝ ２ＡＰꎬ 即 Ｐ 为 ＡＡ １ 的中点ꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 Ｍ 为 ＣＣ １ 的中点ꎬ ＡＡ １ ీＣＣ １ ꎬ 所以 ＰＡ １ ీＭＣ １ ꎬ 则四边形 ＰＡ １ Ｃ １ Ｍ 为平行四边形ꎬ 所以 Ａ １ Ｃ １ ∥ ＰＭꎬ ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又因为 Ａ １ Ｃ １ ⊄ 平面 ＢＰＭꎬ ＰＭ ⊂ 平面 ＢＰＭꎬ ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 Ａ １ Ｃ １ ∥ 平面 ＢＰＭꎬ 即 Ａ １ Ｃ １ ∥ 平面 ＢＭＮ. ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 注: 本小题思路二: 设 Ｂ １ Ｃ ∩ ＢＭ ＝ Ｅꎬ 可先证明 ＮＥ ∥ Ａ １ Ｃ １ ꎬ 再证明 Ａ １ Ｃ １ ∥ 平面 ＢＭＮ. 思路三: 取 ＢＢ １ 的中点 Ｐꎬ 连接 Ａ １ Ｐꎬ Ｃ １ Ｐꎬ 可先证明平面 ＢＭＮ ∥ 平面 ＰＣ １ Ａ １ ꎬ 从而得到 Ａ １ Ｃ １ ∥ 平面 ＢＭＮ. 如果考生按思路二或思路三作答本小题ꎬ 并且证明过程正确ꎬ 应相应给分ꎻ 若 用其它解法作答ꎬ 只要过程正确ꎬ 也相应给分. (２) 选择条件 ①ꎬ 解答过程如下: 取 ＢＣ 的中点 Ｏꎬ 连接 ＡＯꎬ Ｂ １ Ｏꎬ 因为 ＡＢ ＝ ＡＣ ＝ ２ ꎬ ＢＣ ＝ ２ꎬ 理科数学答案及评分标准　 第 ２ 页 (共 １０ 页)A A B B CC N M 1 1 1x y z O P所以 ＡＢ２ ＋ ＡＣ２ ＝ ＢＣ２ ꎬ 所以 ＡＢ ⊥ ＡＣꎬ 所以 △ＡＢＣ 为直角三角形ꎬ 所以 ＡＯ ＝ １ꎬ 且 ＡＯ ⊥ ＢＣꎬ 因为平面 ＡＢＣ ⊥ 平面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃꎬ 平面 ＡＢＣ ∩ 平面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃ ＝ ＢＣꎬ ＡＯ ⊥ ＢＣꎬ ＡＯ ⊂ 平面 ＡＢＣꎬ 所以 ＡＯ ⊥ 平面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃꎬ ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∠ＡＢ １ Ｏ 为 ＡＢ １ 与平面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃ 所成的角ꎬ ∠ＡＢ １ Ｏ ＝ ３０°ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺ Ｒｔ△ＡＯＢ １ 中ꎬ ＡＯ ＝ １ꎬ Ｂ １ Ｏ ＝ ３ ꎬ 因为 ＢＯ ＝ １ꎬ Ｂ １ Ｏ ＝ ３ ꎬ ＢＢ １ ＝ ２ꎬ 所以 ＢＯ２ ＋ Ｂ １ Ｏ２ ＝ ＢＢ １ ２ ꎬ 所以 ＢＯ ⊥ Ｂ １ Ｏ. ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 如图ꎬ 以 Ｏ 为坐标原点ꎬ 以ＯＢ→ꎬ ＯＢ １ →ꎬ ＯＡ→为 ｘ 轴、 ｙ 轴、 ｚ 轴正方向建立空间直 角坐标系ꎬ 则 Ａ ０ꎬ ０ꎬ １ ( ) ꎬ Ｂ １ꎬ ０ꎬ ０ ( ) ꎬ Ｃ － １ꎬ ０ꎬ ０ ( ) ꎬ Ｂ １ ０ꎬ ３ ꎬ ０ ( ) ꎬ 所以ＰＭ→ ＝ ＡＣ→ ＝ － １ꎬ ０ꎬ － １ ( ) ꎬ ＢＣ→ ＝ － ２ꎬ ０ꎬ ０ ( ) ꎬ ＢＢ １ → ＝ － １ꎬ ３ ꎬ ０ ( ) ꎬ 所以ＢＭ→ ＝ ＢＣ→ ＋ ＣＭ→ ＝ ＢＣ→ ＋ １ ２ ＢＢ １ → ＝ － ２ꎬ ０ꎬ ０ ( ) ＋ － １ ２ ꎬ ３ ２ ꎬ ０ æ è ç ö ø ÷ ＝ － ５ ２ ꎬ ３ ２ ꎬ ０ æ è ç ö ø ÷ ꎬ ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 设平面 ＢＭＮ 的法向量为 ｍ ＝ ｘꎬ ｙꎬ ｚ( ) ꎬ 则 ＢＭ→Űｍ ＝ ０ꎬ ＰＭ→Űｍ ＝ ０ꎬ { 即 － ５ ２ ｘ ＋ ３ ２ ｙ ＝ ０ꎬ ｘ ＋ ｚ ＝ ０ꎬ ì î í ïï ïï 取 ｘ ＝ ３ ꎬ 则 ｙ ＝ ５ꎬ ｚ ＝ － ３ ꎬ 则 ｍ ＝ ３ ꎬ ５ꎬ － ３ ( ) ꎬ １０ 分ƺƺƺƺƺ 因为平面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃ ⊥ ｚ 轴ꎬ 所以平面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃ 的一个法向量为 ｎ ＝ ０ꎬ ０ꎬ １ ( ) ꎬ 所以 ｃｏｓ < ｍꎬ ｎ > ＝ ｍŰｎ ｍ ｎ ＝ － ３ ３１ × １ ＝ － ９３ ３１ ꎬ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以平面 ＢＭＮ 与平面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃ 所成的锐二面角的余弦值 ９３ ３１ . １２ 分ƺƺƺƺ A A B B CC N M 1 1 1x y z O P(２) 选择条件 ②ꎬ 解答过程如下: 取 ＢＣ 的中点 Ｏꎬ 连接 ＡＯꎬ Ｂ １ Ｏꎬ 因为 ＡＢ ＝ ＡＣ ＝ ２ ꎬ ＢＣ ＝ ２ꎬ 所以 ＡＢ２ ＋ ＡＣ２ ＝ ＢＣ２ ꎬ 所以 ＡＢ ⊥ ＡＣꎬ 所以 △ＡＢＣ 为直角三角形ꎬ 所以 ＡＯ ＝ １ꎬ 且 ＡＯ ⊥ ＢＣꎬ 理科数学答案及评分标准　 第 ３ 页 (共 １０ 页)因为平面 ＡＢＣ ⊥ 平面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃꎬ 平面 ＡＢＣ ∩ 平面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃ ＝ ＢＣꎬ ＡＯ ⊥ ＢＣꎬ ＡＯ ⊂ 平面 ＡＢＣꎬ 所以 ＡＯ ⊥ 平面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃꎬ ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ＡＯ 为三棱锥 Ｂ １ —ＡＢＣ 的高. 因为 Ｓ △ＢＣＢ １ ＝ １ ２ ＢＣŰＢＢ １ Űｓｉｎ∠ＣＢＢ １ ＝ ２ｓｉｎ∠ＣＢＢ １ ꎬ 所以 ＶＢ １—ＡＢＣ ＝ ＶＡ １—ＢＣＢ １ ＝ １ ３ ＡＯŰＳ △ＢＣＢ １ ＝ ２ ３ ｓｉｎ∠ＣＢＢ １ ＝ ３ ３ ꎬ 所以 ｓｉｎ∠ＣＢＢ １ ＝ ３ ２ ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ∠Ｂ １ ＢＣ 为锐角ꎬ 所以 ∠ＣＢＢ １ ＝ ６０°ꎬ 因为 ＢＣ ＝ ＢＢ １ ＝ ２ꎬ 所以 △ＢＢ １ Ｃ 为 等边三角形ꎬ 所以 ＯＢ ⊥ ＯＢ １ . ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 如图ꎬ 以 Ｏ 为坐标原点ꎬ 以ＯＢ→ꎬ ＯＢ １ →ꎬ ＯＡ→为 ｘ 轴、 ｙ 轴、 ｚ 轴正方向建立空间直 角坐标系ꎬ 则 Ａ ０ꎬ ０ꎬ １ ( ) ꎬ Ｂ １ꎬ ０ꎬ ０ ( ) ꎬ Ｃ － １ꎬ ０ꎬ ０ ( ) ꎬ Ｂ １ ０ꎬ ３ ꎬ ０ ( ) ꎬ 所以ＰＭ→ ＝ ＡＣ→ ＝ － １ꎬ ０ꎬ － １ ( ) ꎬ ＢＣ→ ＝ － ２ꎬ ０ꎬ ０ ( ) ꎬ ＢＢ １ → ＝ － １ꎬ ３ ꎬ ０ ( ) ꎬ 所以ＢＭ→ ＝ ＢＣ→ ＋ ＣＭ→ ＝ ＢＣ→ ＋ １ ２ ＢＢ １ → ＝ － ２ꎬ ０ꎬ ０ ( ) ＋ － １ ２ ꎬ ３ ２ ꎬ ０ æ è ç ö ø ÷ ＝ － ５ ２ ꎬ ３ ２ ꎬ ０ æ è ç ö ø ÷ ꎬ ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 设平面 ＢＭＮ 的法向量为 ｍ ＝ ｘꎬ ｙꎬ ｚ( ) ꎬ 则 ＢＭ→Űｍ ＝ ０ꎬ ＰＭ→Űｍ ＝ ０ꎬ { 即 － ５ ２ ｘ ＋ ３ ２ ｙ ＝ ０ꎬ ｘ ＋ ｚ ＝ ０ꎬ ì î í ïï ïï 取 ｘ ＝ ３ ꎬ 则 ｙ ＝ ５ꎬ ｚ ＝ － ３ ꎬ 则 ｍ ＝ ３ ꎬ ５ꎬ － ３ ( ) ꎬ １０ 分ƺƺƺƺƺ 因为平面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃ ⊥ ｚ 轴ꎬ 所以平面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃ 的一个法向量为 ｎ ＝ ０ꎬ ０ꎬ １ ( ) ꎬ 所以 ｃｏｓ < ｍꎬ ｎ > ＝ ｍŰｎ ｍ ｎ ＝ － ３ ３１ × １ ＝ － ９３ ３１ ꎬ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以平面 ＢＭＮ 与平面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃ 所成的锐二面角的余弦值 ９３ ３１ . １２ 分ƺƺƺƺ １９. 解法一: (１) 设 Ａ ｘ １ ꎬ ｙ １ ( ) ꎬ Ｂ ｘ ２ ꎬ ｙ ２ ( ) ꎬ 因为 Ｆ ０ꎬ ｐ ２ æ è ç ö ø ÷ ꎬ 所以过 Ｆ 且斜率为 １ 的直线方程为 ｙ ＝ ｘ ＋ ｐ ２ ꎬ １ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 代入 ｘ２ ＝ ２ｐｙꎬ 得 ｘ２ － ２ｐｘ － ｐ２ ＝ ０ꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ｘ １ ＋ ｘ ２ ＝ ２ｐꎬ ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学答案及评分标准　 第 ４ 页 (共 １０ 页)ｙ １ ＋ ｙ ２ ＝ ｘ １ ＋ ｘ ２ ＋ ｐ ＝ ３ｐꎬ 所以 ＡＢ ＝ ｙ １ ＋ ｙ ２ ＋ ｐ ＝ ４ｐ ＝ ８ꎬ ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 解得 ｐ ＝ ２ꎬ 所以 Ｃ 方程为 ｘ２ ＝ ４ｙ. ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 证明: 因为直线 ｌ 斜率 ｋ 存在ꎬ 设 ｌ 方程为 ｙ ＝ ｋ(ｘ － １) ＋ ２ꎬ x y N Q D R T O M x- y- =2 4 0 设 Ｑ ｘ ０ ꎬ ｙ ０ ( ) ꎬ Ｍ ｘ ３ ꎬ １ ４ ｘ ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ꎬ Ｎ ｘ ４ ꎬ １ ４ ｘ ４ ２ æ è ç ö ø ÷ ꎬ ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 联立 ｙ ＝ ｋ(ｘ － １) ＋ ２ꎬ ｘ２ ＝ ４ｙꎬ { 消 ｙ 得 ｘ２ － ４ｋｘ ＋ ４ｋ － ８ ＝ ０ꎬ 所以 △ ＝ １６(ｋ２ － ｋ ＋ ２) > ０ꎬ ｘ ３ ＋ ｘ ４ ＝ ４ｋꎬ ｘ ３ Űｘ ４ ＝ ４ｋ － ８ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ｘ ０ ＝ ｘ ３ ＋ ｘ ４ ２ ＝ ２ｋꎬ ｙ ０ ＝ ｋ(ｘ ０ － １) ＋ ２ ＝ ２ｋ２ － ｋ ＋ ２ꎬ 即 Ｑ ２ｋꎬ ２ｋ２ － ｋ ＋ ２ ( ) ꎬ 　 ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 由点 Ｒ 在曲线 Ｅ 上且 ＱＲ ⊥ ｘ 轴ꎬ ＱＲ→ ＝ ＲＴ→ꎬ 得 Ｒ ２ｋꎬ ｋ２( ) ꎬ Ｒ 为 ＱＴ 的中 点ꎬ 所以 Ｔ 为 ２ｋꎬ ｋ － ２ ( ) ꎬ １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ２ｋ － ２(ｋ － ２) － ４ ＝ ０ꎬ 所以 Ｔ 在定直线 ｘ － ２ｙ － ４ ＝ ０ 上. １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 解法二: (１) 同解法一 ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 设 Ｔ ｘꎬ ｙ( ) ꎬ Ｍ ｘ ３ ꎬ ｙ ３ ( ) ꎬ Ｎ ｘ ４ ꎬ ｙ ４ ( ) ꎬ 由 ｘ ３ ２ ＝ ４ｙ ３ ꎬ ｘ ４ ２ ＝ ４ｙ ４ { 作差得 ｘ ３ ＋ ｘ ４ ( ) ｘ ３ － ｘ ４ ( ) ＝ ４ ｙ ３ － ｙ ４ ( ) ꎬ 所以 ｘ ３ ＋ ｘ ４ ４ ＝ ｙ ３ － ｙ ４ ｘ ３ － ｘ ４ ꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 设 Ｑ ｘꎬ ｙ ５ ( ) ꎬ 因为点 Ｑ 的横坐标 ｘ ＝ ｘ ３ ＋ ｘ ４ ２ ꎬ 所以直线 ＭＮ 的斜率 ｋ ＝ ｙ ５ － ２ ｘ － １ ꎬ 又因为 ｙ ３ － ｙ ４ ｘ ３ － ｘ ４ ＝ ｋꎬ 所以 ｘ ２ ＝ ｙ ５ － ２ ｘ － １ ꎬ 所以 ｙ ５ ＝ １ ２ ｘ ｘ － １ ( ) ＋ ２ꎬ １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学答案及评分标准　 第 ５ 页 (共 １０ 页)因为点 Ｒ 为 ＱＴ 的中点ꎬ 所以 Ｒ ｘꎬ ｙ ５ ＋ ｙ ２ æ è ç ö ø ÷ ꎬ 因为点 Ｒ 在 Ｃ 上ꎬ 代入得 ｘ２ ＝ ２ ｙ ５ ＋ ｙ( ) ꎬ 即 － ｘ ＋ ４ ＋ ２ｙ ＝ ０ꎬ 所以 Ｔ 在定直线 ｘ － ２ｙ － ４ ＝ ０ 上. １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２０. 解法一: (１) 由图 １ 可估计 １０００ 个产品质量指标值的平均数 ｘ－ 和方差 ｓ２ 分别为 ｘ－ ＝ ４０ × ０ư ０４ ＋ ５０ × ０ư ０８ ＋ ６０ × ０ư ２４ ＋ ７０ × ０ư ３０ ＋ ８０ × ０ư ２０ ＋ ９０ × ０ư １０ ＋ １００ × ０ư ０４ ＝ ７０ꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ｓ２ ＝ ( － ３０) ２ × ０ư ０４ ＋ ( － ２０) ２ × ０ư ０８ ＋ ( － １０) ２ × ０ư ２４ ＋ ０ ２ × ０ư ３０ ＋ １０ ２ × ０ư ２０ ＋ ２０ ２ × ０ư １０ ＋ ３０ ２ × ０ư ０４ ＝ １８８ꎬ ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 依题意知ꎬ μ ＝ ７０ꎬ σ ＝ １８８ ≈ １３ư ７１ꎬ 所以 μ － ３σ ≈ ２８ư ８７ꎬ μ ＋ ３σ ≈ １１１ư ３ꎬ 所以产品质量指标值允许落在的范围为(２８ư ８７ꎬ １１１ư １３)ꎬ ５ 分ƺƺƺƺ 又抽取产品质量指标值出现了 １１３ꎬ 不在(２８ư ８７ꎬ １１１ư １３) 之内ꎬ 故可判断该机器处于故障状态. ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 若安排加急检修ꎬ 工厂需要支付检修费和损失收益之和为 ７００ ＋ ２００ ＝ ９００ 元ꎻ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 若安排常规检修ꎬ 工厂需要要支付检修费为 ２００ 元ꎬ 设损失收益为 Ｘ 元ꎬ 则 Ｘ 的可能取值为 ２００ꎬ ４００ꎬ ６００ꎬ ８００ꎬ １０００ꎬ １２００ꎬ １４００ꎬ ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ Ｘ 的分布列为: Ｘ ２００ ４００ ６００ ８００ １０００ １２００ １４００ Ｐ ０ư ０７ ０ư １８ ０ư ２５ ０ư ２０ ０ư １５ ０ư １２ ０ư ０３ ＥＸ ＝ ２００ × ０ư ０７ ＋ ４００ × ０ư １８ ＋ ６００ × ０ư ２５ ＋ ８００ × ０ư ２０ ＋ １０００ × ０ư １５ ＋ １２００ × ０ư １２ ＋ １４００ × ０ư ０３ ＝ １４ ＋ ７２ ＋ １５０ ＋ １６０ ＋ １５０ ＋ １４４ ＋ ４２ ＝ ７３２ 元 ư 故需要支付检修费和损失收益之和为 ２００ ＋ ７３２ ＝ ９３２ 元ꎬ １１ 分ƺƺƺƺ 因为 ９００ < ９３２ꎬ 所以当机器出现故障ꎬ 选择加急检修更为适合 １２ 分ƺ 解法二: (１) 同解法一 ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 机器出现故障ꎬ 为了选择方案ꎬ 考虑七天内的收益与支出检修费的代数 和. 若安排加急检修ꎬ 该机器的维修费与近 ７ 天收益的代数和为 理科数学答案及评分标准　 第 ６ 页 (共 １０ 页)－ ７００ ＋ １２００ ＝ ５００ 元ꎻ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 若安排常规检修ꎬ 该机器的检修费为 ２００ 元ꎬ 设七天内的收益为 Ｘ 元ꎬ Ｘ 的可能取值为 １２００ꎬ １０００ꎬ ８００ꎬ ６００ꎬ ４００ꎬ ２００ꎬ ０. ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ Ｘ 的分布列为: Ｘ １２００ １０００ ８００ ６００ ４００ ２００ ０ Ｐ ０ư ０７ ０ư １８ ０ư ２５ ０ư ２０ ０ư １５ ０ư １２ ０ư ０３ ＥＸ ＝ １２００ × ０ư ０７ ＋ １０００ × ０ư １８ ＋ ８００ × ０ư ２５ ＋ ６００ × ０ư ２０ ＋ ４００ × ０ư １５ ＋ ２００ × ０ư １２ ＋ ０ × ０ư ０３ ＝ ８４ ＋ １８０ ＋ ２００ ＋ １２０ ＋ ６０ ＋ ２４ ＝ ６６８ 元 ư 该机器的检修费与近 ７ 天收益期望值的代数和为 － ２００ ＋ ６６８ ＝ ４６８ 元ꎬ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ５００ > ４６８ꎬ 所以当机器出现故障ꎬ 选择加急检修更为适合 ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２１ư 解析: (１) 当 ａ ＝ ２ 时ꎬ ｆ(ｘ) ＝ ｅ ｘ － ２ｘ － １ ＋ ｓｉｎｘꎬ 所以 ｆ ′(ｘ) ＝ ｅ ｘ － ２ ＋ ｃｏｓｘꎬ １ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ｆ ″(ｘ) ＝ ｅ ｘ － ｓｉｎｘꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 当 ｘ ∈ ( － ¥ ꎬ ０] 时ꎬ ｅ ｘ ≤ １ꎬ 所以 ｆ ′(ｘ) ≤－ １ ＋ ｃｏｓｘ ≤ ０ꎬ 所以 ｆ(ｘ) 在( － ¥ ꎬ ０] 单调递减ꎬ 所以 ｆ(ｘ) ≥ ｆ(０) ＝ ０ꎻ ３ 分ƺƺƺƺƺ 当 ｘ ∈ (０ꎬ ＋ ¥ ) 时ꎬ ｅ ｘ > １ꎬ 所以 ｆ ″(ｘ) > １ － ｓｉｎｘ ≥ ０ꎬ 所以 ｆ ′(ｘ) 在(０ꎬ ＋ ¥ ) 单调递增ꎬ 所以 ｆ ′(ｘ) > ｆ ′(０) ＝ ０ꎬ 所以 ｆ(ｘ) 在(０ꎬ ＋ ¥ ) 单调递增ꎬ ｆ(ｘ) > ｆ(０) ＝ ０ꎬ 综上ꎬ ｆ(ｘ) ≥ ０ꎬ 当且仅当 ｘ ＝ ０ 时等号成立. ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 因为 ｆ(０) ＝ ｅ ０ － ０ － １ ＋ ｓｉｎ０ ＝ ０ꎬ 所以 ０ 是 ｆ(ｘ) 的一个零点. ５ 分ƺƺƺ ｆ ′(ｘ) ＝ ｅ ｘ － ａ ＋ ｃｏｓｘꎬ ｆ ″(ｘ) ＝ ｅ ｘ － ｓｉｎｘꎬ (ⅰ) 当 ａ ＝ ２ 时ꎬ 由(１) 知 ｆ(ｘ) 仅有一个零点ꎻ ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (ⅱ) 当 ａ > ２ 时ꎬ ① 当 ｘ ∈ ( － ¥ ꎬ ０) 时ꎬ ｆ ′(ｘ) < ｅ ０ － ａ ＋ ｃｏｓｘ < ０ꎬ ｆ(ｘ) 在( － ¥ ꎬ ０) 单调递减ꎬ ｆ(ｘ) > ｆ(０) ＝ ０ꎬ 所以当 ｘ ∈ ( － ¥ ꎬ ０) 时ꎬ ｆ(ｘ) 无零点ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ② 当 ｘ ∈ (０ꎬ ＋ ¥ ) 时ꎬ ｆ ″(ｘ) > ｅ ０ － ｓｉｎｘ ≥ ０ꎬ ｆ ′(ｘ) 在(０ꎬ ＋ ¥ ) 单调递 增ꎬ 因为 ｆ ′(０) ＝ ２ － ａ < ０ꎬ ｆ ′(ｌｎ(ａ ＋ ２)) ＝ ｅ ｌｎ(ａ＋２) － ａ ＋ ｃｏｓ[ｌｎ(ａ ＋ ２)] ＝ ２ ＋ ｃｏｓ[ｌｎ(ａ ＋ ２)] > ０ꎬ 所以在(０ꎬ ＋ ¥ ) 上存在唯一 ｘ ０ ∈ (０ꎬ ｌｎ(ａ ＋ ２))ꎬ 使得 ｆ ′(ｘ ０ ) ＝ ０ꎬ 当 ｘ ∈ (０ꎬ ｘ ０ ) 时ꎬ ｆ ′(ｘ) < ０ꎬ ｆ(ｘ) 在(０ꎬ ｘ ０ ) 单调递减ꎬ 理科数学答案及评分标准　 第 ７ 页 (共 １０ 页)有 ｆ(ｘ ０ ) < ｆ(ｘ) < ｆ(０) ＝ ０ꎬ 所以 ｆ(ｘ) 在(０ꎬ ｘ ０ ) 无零点. 当 ｘ ∈ (ｘ ０ ꎬ ＋ ¥ ) 时ꎬ ｆ ′(ｘ) > ０ꎬ ｆ(ｘ) 在(ｘ ０ ꎬ ＋ ¥ ) 单调递增ꎬ 又 ｆ(ｌｎａ３ ) ＝ ａ３ － ａｌｎａ３ － １ ＋ ｓｉｎ(ｌｎａ３ ) > ａ３ － ３ａｌｎａ － ２ꎬ 设 ｐ(ａ) ＝ ａ３ － ３ａｌｎａ － ２(ａ > ２)ꎬ ｐ′(ａ) ＝ ３(ａ２ － １ － ｌｎａ)ꎬ ｐ″(ａ) ＝ ３(２ａ － １ａ ) > ０ꎬ 所以 ｐ′(ａ) 在(２ꎬ ＋ ¥ ) 递增ꎬ 有 ｐ′(ａ) > ｐ′(２) > ０ꎬ 所以 ｐ(ａ) 在(２ꎬ ＋ ¥ ) 递增ꎬ 有 ｐ(ａ) > ｐ(２) > ０ꎬ 即 ｆ(ｌｎａ３ ) > ０ꎬ 因此ꎬ ｆ(ｘ) 在(ｘ ０ ꎬ ＋ ¥ ) 有 １ 个零点ꎬ 所以当 ａ > ２ 时ꎬ ｆ(ｘ) 有 ２ 个零点. ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (ⅲ) 当 １ ≤ ａ < ２ 时ꎬ ① 当 ｘ ∈ (０ꎬ ＋ ¥ ) 时ꎬ ｆ ″(ｘ) > ｅ ０ － ｓｉｎｘ ≥ ０ꎬ ｆ ′(ｘ) 在(０ꎬ ＋ ¥ ) 单调递 增ꎬ ｆ ′(ｘ) > ｆ ′(０) ＝ ２ － ａ > ０ꎬ ｆ(ｘ) 在(０ꎬ ＋ ¥ ) 单调递增ꎬ ｆ(ｘ) > ｆ(０) ＝ ０ꎬ 所以 ｆ(ｘ) 在(０ꎬ ＋ ¥ ) 无零点 ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ② 当 ｘ ∈ ( － ¥ ꎬ － π] 时ꎬ － ａｘ ≥ πꎬ 有 ｆ(ｘ) ≥ ｅ ｘ ＋ π ＋ ｓｉｎｘ － １ > ０ꎬ 所以 ｆ(ｘ) 在( － ¥ ꎬ － π] 无零点. １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ③当 ｘ ∈ ( － πꎬ ０) 时ꎬ ｓｉｎｘ < ０ꎬ ｆ ″(ｘ) > ０ꎬ ｆ ′(ｘ) 在( － πꎬ ０) 单调递增ꎬ 又 ｆ ′(０) ＝ ２ － ａ > ０ꎬ ｆ ′( － π) ＝ ｅ －π － １ － ａ < ０ꎬ 所以存在唯一 ｘ ０ ∈ ( － πꎬ ０)ꎬ 使得 ｆ ′(ｘ ０ ) ＝ ０. 当 ｘ ∈ ( － πꎬ ｘ ０ ) 时ꎬ ｆ ′(ｘ) < ０ꎬ ｆ(ｘ) 在( － πꎬ ｘ ０ ) 单调递减ꎬ 当 ｘ ∈ (ｘ ０ ꎬ ０) 时ꎬ ｆ ′(ｘ) > ０ꎬ ｆ(ｘ) 在(ｘ ０ ꎬ ０) 单调递增ꎬ 又 ｆ( － π) ＝ ｅ －π ＋ ａπ － １ > ０ꎬ ｆ(ｘ ０ ) < ｆ(０) ＝ ０ꎬ 所以 ｆ(ｘ) 在( － πꎬ ０) 有 １ 个零点ꎬ 所以当 １ ≤ ａ < ２ 时ꎬ ｆ(ｘ) 有 ２ 个零点. 综上所述ꎬ 当 ａ ＝ ２ 时ꎬ ｆ(ｘ) 有 １ 个零点ꎻ 当 ａ > ２ 或 １ ≤ ａ < ２ 时ꎬ ｆ(ｘ) 有 ２ 个零点. １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２２. 解法一: (１) 曲线 Ｃ 的参数方程为 ｘ ＝ ｔ ＋ １ｔ 　 　 　 ①ꎬ ｙ ＝ ｔ２ ＋ １ｔ２ － ４　 ② ì î í ï ïï ï ï (ｔ 为参数)ꎬ 所以 ① 平方ꎬ 得 ｘ２ ＝ ｔ２ ＋ １ｔ２ ＋ ２ ③ꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ③ － ②ꎬ 得 ｘ２ － ｙ ＝ ６ꎬ 即 ｙ ＝ ｘ２ － ６ꎬ ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ｘ ＝ ｔ ＋ １ｔ ＝ ｔ ＋ １ｔ ≥ ２ ｔ Ű １ｔ ＝ ２ꎬ 当且仅当 ｔ ＝ １ｔ ꎬ 理科数学答案及评分标准　 第 ８ 页 (共 １０ 页)即 ｔ ＝ ± １ 时取“ ＝” ꎬ 所以 ｘ ≥ ２ꎬ 即 ｘ ≤－ ２ 或 ｘ ≥ ２ꎬ 所以曲线 Ｃ 的普通方程为 ｙ ＝ ｘ２ － ６(ｘ ≤－ ２ 或 ｘ ≥ ２). ５ 分ƺƺƺƺƺ (２) 因为曲线 Ｃ 的直角坐标系方程为 ｙ ＝ ｘ２ － ６(ｘ ≤－ ２ 或 ｘ ≥ ２)ꎬ 所以把 ｘ ＝ ρｃｏｓθꎬ ｙ ＝ ρｓｉｎθ{ 代入上式得 ρｓｉｎθ ＝ ρ ２ ｃｏｓ ２ θ － ６ꎬ ( ρｃｏｓθ ≥ ２)ꎬ 则曲线 Ｃ 的极坐标方程为 ρｓｉｎθ ＝ ρ ２ ｃｏｓ ２ θ － ６ꎬ ( ρｃｏｓθ ≥ ２)ꎬ ６ 分ƺ 设 Ａꎬ Ｂ 的极坐标分别为 Ａ(ρ １ ꎬ π ６ )ꎬ Ｂ(ρ ２ ꎬ π ６ )ꎬ 由 θ ＝ π ６ ꎬ ρｓｉｎθ ＝ ρ ２ ｃｏｓ ２ θ － ６ꎬ ì î í ïï ïï 得 ρｓｉｎ π ６ ＝ ρ ２ ｃｏｓ ２ π ６ － ６ꎬ 即 ３ρ ２ － ２ρ － ２４ ＝ ０ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺ 因为 Δ ＝ ４ ＋ ４ × ３ × ２４ > ０ꎬ ρ １ ｃｏｓ π ６ ≥ ２ꎬ ρ ２ ｃｏｓ π ６ ≥ ２ꎬ ρ １ ＋ ρ ２ ＝ ２ ３ > ０ꎬ ρ １ Űρ ２ ＝ － ８ < ０ꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ρ １ ꎬ ρ ２ 一正一负ꎬ 所以 ＡＢ ＝ ρ １ － ρ ２ ＝ ρ １ ＋ ρ ２ ( ) ２ － ４ρ １ ρ ２ ＝ ４ ９ ＋ ３２ ＝ ２ ３ ７３ １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 解法二: (１) 同解法一. (２) 直线 ｌ 的直角坐标方程为 ｙ ＝ ３ ３ ｘꎬ ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 设 Ａ ｘ １ ꎬ ｙ １ ( ) ꎬ Ｂ ｘ ２ ꎬ ｙ ２ ( ) ꎬ 则 由 ｙ ＝ ３ ３ ｘ ｙ ＝ ｘ２ － ６ ì î í ïï ïï ꎬ 消 ｙ 得 ３ｘ２ － ３ ｘ － １８ ＝ ０ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 Δ ＝ ３ ＋ ４ × ３ × １８ > ０ꎬ ｘ １ ≥ ２ꎬ ｘ ２ ≥ ２ꎬ ｘ １ ＋ ｘ ２ ＝ ３ ３ ꎬ ｘ １ Űｘ ２ ＝ － ６ꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ＡＢ ＝ (ｘ ２ － ｘ １ ) ２ ＋ (ｙ ２ － ｙ １ ) ２ ＝ １ ＋ ３ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ Ű ｘ ２ － ｘ １ ＝ ４ ３ Ű ｘ １ ＋ ｘ ２ ( ) ２ － ４ｘ １ ｘ ２ ＝ ４ ３ Ű ３ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ ２４ ＝ ２ ３ ７３ １０ 分ƺ 理科数学答案及评分标准　 第 ９ 页 (共 １０ 页)２３. 解: (１) 因为 ｆ(ｘ) < ２ꎬ 解得 ｘ ≤－ ２ꎬ － ２ｘ ＋ １ ＋ ｘ ＋ ２ < ２ꎬ { 或 － ２ < ｘ < １ ２ ꎬ － ２ｘ ＋ １ － ｘ － ２ < ２ꎬ ì î í ïï ïï 或 ｘ ≥ １ ２ ꎬ ２ｘ － １ － ｘ － ２ < ２ꎬ ì î í ïï ïï ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 整理得 ｘ ≤－ ２ꎬ ｘ > １ꎬ { 或 － ２ < ｘ < １ ２ ꎬ ｘ > － １ꎬ ì î í ïï ïï 或 ｘ ≥ １ ２ ꎬ ｘ < ５ꎬ ì î í ïï ïï 所以 ｘ ∈ ∅ 或 － １ < ｘ < １ ２ 或 １ ２ ≤ ｘ < ５ꎬ 所以 － １ < ｘ < ５ꎬ 所以 ｆ(ｘ) < ２ 的解集为 ｘ － １ < ｘ < ５ { } . ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 因为存在 ｘ １ ꎬ ｘ ２ ∈ Ｒꎬ 使得 ｆ(ｘ １ ) ＝ － ｇ(ｘ ２ ) 成立ꎬ 所以 Ａ ∩ Ｂ ≠ ∅ꎬ 其中集合 Ａ ＝ ｙ ｙ ＝ ｆ(ｘ)ꎬ ｘ ∈ Ｒ{ } ꎬ Ｂ ＝ ｙ ｙ ＝ － ｇ(ｘ)ꎬ ｘ ∈ Ｒ{ } . ６ 分ƺƺ 因为 ｆ(ｘ) ＝ ２ｘ － １ － ｘ ＋ ２ ＝ ２ ｜ ｘ － １ ２ ｜ －｜ ｘ ＋ ２ ｜ ＝｜ ｘ － １ ２ ｜ ＋｜ ｘ － １ ２ ｜ －｜ ｘ ＋ ２ ｜ ≥ ０ －｜ (ｘ － １ ２ ) － (ｘ ＋ ２) ｜ ＝ － ５ ２ ꎬ 当且仅当 ｘ ＝ １ ２ 时ꎬ “ ＝” 成立ꎬ 所以 Ａ ＝ {ｙ ｜ ｙ ≥－ ５ ２ }ư ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 － ｇ(ｘ) ＝ － ( ２ｘ － ２ｍ ＋ ２ｘ ＋ １ ) ≤－ ２ｘ － ２ｍ － (２ｘ ＋ １) ＝ － ２ｍ ＋ １ ꎬ 当且仅当(２ｘ － ２ｍ)(２ｘ ＋ １) ≤ ０ 时ꎬ “ ＝” 成立ꎬ 所以 Ｂ ＝ {ｙ ｜ ｙ ≤－｜ ２ｍ ＋ １ ｜ }ꎬ ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 － ２ｍ ＋ １ ≥－ ５ ２ ꎬ 即 ２ｍ ＋ １ ≤ ５ ２ ꎬ 即 － ５ ２ ≤ ２ｍ ＋ １ ≤ ５ ２ ꎬ 解得 － ７ ４ ≤ ｍ ≤ ３ ４ ꎬ 所以 ｍ 的取值范围为[ － ７ ４ ꎬ ３ ４ ]. １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学答案及评分标准　 第 １０ 页 (共 １０ 页)