2020年宁德市普通高中毕业班6月质量检查理科数学试卷.docx

理科数学答案与评分细则 第 1 页 共 10 页 2020 年宁德市普通高中毕业班质量检查试卷（6.6） 数学（理科）参考答案及评分标准 说明： 一、本解答指出了每题要考查的主要知识和能力，并给出了一种或几种解法供参考， 如果考生的解法与本解法不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准指定相应的 评分细则． 二、对计算题，当考生的解答在某一部分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． 三、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． 四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分． 一、选择题：本题考查基础知识和基本运算，每小题 5 分，满分 60 分． 1．C 2．B 3．B 4．D 5．A 6．D 7．B 8．A 9．C 10．D 11．C 12．C 二、填空题：本题考查基础知识和基本运算，每小题 5 分，满分 20 分． 13． 2 14．b 15． 2 2 13 x y 16．64 2 三、解答题：本大题共 6 小题，满分 70 分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤． 17．本小题主要考查等差、等比数列的通项公式、求和等基础知识，考查运算求解能力， 逻辑推理能力，化归与转化思想等．满分 12 分． 解：（1）设等差数列 na 的公差为 d ， 因为 1 1a ， 1a ， 2a ， 7 4a 成等比数列， 所以 2 1 7 2( 4)a a a ，即 2 1 1 1( 6 4) ( )a a d a d    .…….………………1 分 21 (6 3) (1 )dd    ， 解得 2d ．.………….………………….………………….………………….…2 分 所以 21nan．.………….………………….………………….……………….…………3 分 当 1n  时， 113 2 1  nb S b ，………………….………………….…………….…………4 分 因为3 2 1nnbS，得 113 2 1nnbS， ( 2)n  所以 11(3 2 ) (3 2 ) 0   n n n nb S b S ，得 13 nnbb， 所以数列 nb 是首项为 1，公比 3q 的等比数列，……….………………….………5 分 理科数学答案与评分细则 第 2 页 共 10 页 所以 13  n nb ． ……………………………………….………………….…………….……6 分 （2）依题意，得 nknab，…………………………………………….…………….………8 分 由（1）得 12 1 3 n nk ， 113 1 3 1 2 2 2    nn nk ………………………………….………9 分 所以 0 1 2 11 (3 3 3 3 )22      n n nT 31 4 2 4   n n ．…………………………12 分 （注：第（2）题，若学生由特殊项入手也能正确得出 nk ，扣 1 分） 18．本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面与平面所成的角等基 础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等．满 分 12 分． 解法一： （1）因为 PEF 是 AEF 绕 EF 旋转得到的，且 E 为 AC 中点， 所以 AE EC EP ． 所以 AP PC …………………2 分 又因为 F 为 AB 的中点， 所以 //EF BC , 又 BC AC , 所以 EF AC ， 从而 EF EP ，又 AC EP E ， 所以 EF 平面 ACP ， 即 BC 平面 ， 又 AP 平面 ， 所以 BC AP ，…………………4 分 又 且 PC BC C ， 所以 AP 平面 BPC …………………5 分 （2）由（1）得 平面 AEP ，因为 EF 平面 ABC ， 所以平面 ABC 平面 过点 P 作 PM AC ，交 AC 于 M 又平面 ACP 平面 AC ， 故 PM 平面 ， 所以 PCM 为 PC 与平面 所成的角，………………………………………6 分 所以 60PCM ， P M F E A C B z x y理科数学答案与评分细则 第 3 页 共 10 页 又 EC EP ,所以 PEC 为等边三角形， 得 M 为 EC 中点，由 BC 平面 ACP ， AC BC 分别以 ,CA CB 为 ,xy轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 C xyz ， ………7 分 (0,0,0)C ， (2 3,0,0)A ， (0,2,0)B ， ( 3,1,0)F ， 3( ,0,0)2M ， 33( ,0, )22P ， 易得平面CFB的一个法向量为 1 (0,0,1)n ，………………………………………………8 分 ( 3,1,0)CF ， 33( ,0, )22CP 设 2 ( , , )x y zn 为平面 PCF 的一个法向量，则： 2 2 0, 0,    CF CP n n ，即得 30 33022    xy xz ， 令 3x ，得 2 ( 3, 3, 1)  n ， …………………………………………………………10 分 12 12 12 13cos , 13 nnnn nn ……………………………………………………………11 分 又因为二面角 P CF B 的大小为钝角，故二面角 的余弦值为 13 13 ……12 分 解法二： （1）因为 PEF 是 AEF 绕 EF 旋转得到的，所以 EP AE ， 又因为 E 为 AC 的中点， 所以 AE EC EP ． 所以 2 APC ，即 AP PC ，……………………………2 分 同理， AF BF PF，得 AP BP ，……………………………4 分 又 BP CP P ， 所以 AP 平面 BPC .……………………………5 分 （2）由（1）得 AP BC ，又 AC BC ， 所以 BC  平面 APC ，又因为 BC  平面 ABC ， 所以平面 ABC 平面 . 过点 P 作 PM AC ，垂足为 M ， 因为平面 ACP 平面 AC ， 所以 PM 平面 ， 所以 PCM 为 PC 与平面 所成的角，……………………………6 分 理科数学答案与评分细则 第 4 页 共 10 页 N P M F E A C B x y z 所以 60PCM ，因为 EC EP ,所以 PEC 为等边三角形，所以 M 为 EC 中点， 取 FB 的中点 N ,连接 MN ，所以 //MN EF ，所以 MN 平面 PAC ， 分别以 MN ， MC ， MP 为 x ， y ， z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 M xyz …7 分 (0,0,0)M ， 33(0, ,0)2A ， 3(2, ,0)2B ， 3(0, ,0)2C ， 3(1, ,0)2F ， 3(0,0, )2P ， 易得平面CFB的一个法向量为 1 (0,0,1)n ，………………………………………………8 分 (1, 3,0)CF ， 33(0, , )22CP 设 2 ( , , )x y zn 为平面 PCF 的一个法向量，则： 2 2 0, 0,    CF CP n n ，即得 30 33022      xy yz ， 令 3y ，得 2 (3, 3,1)n ，……10 分 12 12 12 13cos , 13 nnnn nn ……………………………………………………………11 分 因为二面角 P CF B 的平面角为钝角，故二面角 的余弦值为 13 13 ………12 分 （其他正确建系方法酌情相应给分） 19．本小题主要考查随机事件的概率、相互独立事件同时发生的概率、线性回归、随机事 件的概率分布及其均值等基础知识，考查运算求解能力、数据处理能力、应用意识，考查 分类与整合思想、统计思想、化归与转化思想．满分 12 分． 解：（1）列联表如下： 实验组 对照组 合计 有显著疗效 70 40 110 无显著疗效 30 60 90 合计 100 100 200 …………………………2 分 由于 2 2 200(70 60 40 30) 200 18.2 10.828100 100 110 90 11K       ．…………………………4 分 所以有 99.9％的把握认为该药品对该疾病有显著疗效. …………………………5 分 （2）根据题意： 3(100 200) 0.310Px    ， 6(200 300) 0.610Px    ， 理科数学答案与评分细则 第 5 页 共 10 页 1( 300) 0.110Px   ． 记药业公司年总利润为 （单位：万元）. ①引进 1 条生产线的情形. 由于每年的患者人数都在 100 万以上，因此运行 1 条生产线的概率为 1，对应的年利润， ( ) 6000 1 6000E     .…………………………7 分 ②引进 2 条生产线的情形. 当100 200x 时，运行 1 条生产线，此时 6000 1000 5000    ， 因此 ( 5000) (100 200) 0.3P P x      当 200x  时，运行 2 条生产线，此时 6000 2 12000    ， 因此 ( 12000) ( 200) 0.6 0.1 0.7P P x       由此得 的分布列如下：  5000 12000 P 0.3 0.7 所以， ( ) 5000 0.3 12000 0.7 9900E       .…………………………9 分 ③引进 3 条生产线的情形. 当100 200x 时，运行 1 条生产线，此时 6000 1000 2 4000     ， 因此 ( 4000) (100 200) 0.3P P x      当 200 300x 时，运行 2 条生产线，此时 6000 2 1000 11000     ， 因此 ( 11000) (200 300) 0.6P P x      当 300x  时，运行 3 条生产线，此时 6000 3 18000    ， 因此 ( 18000) ( 300) 0.1P P x     由此得 的分布列如下： 4000 11000 18000 0.3 0.6 0.1 所以， ( ) 4000 0.3 11000 0.6 18000 0.1 9600E         ..…………………………11 分 因为9900 9600 6000 所以，欲使该药业公司年总利润的期望值达到最大，应引进 2 条生产线. .……………12 分 20．本小题主要考查导数及其应用、不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能 力、创新意识等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思 想等．满分 12 分． 解法一:（1） 2 2 2 e ( 1) 1 1 ( 1)(e )( ) ( ) xxx x af x ax x x x         ，.…………………………1 分 由定义域为 (0, ) ，所以 e1x  ． 理科数学答案与评分细则 第 6 页 共 10 页 当 10a   时， e0x a， 所以函数 ()fx的单调递减区间为 (0,1) ，递增区间为(1, ) ；.…………………………2 分 当 1a  时，令 ( ) 0fx  ，则 1x  或 ln( )xa, 当 ea  时， ln( ) 1a， ( ) 0fx  恒成立， 所以函数 的递增区间为 (0, ) ，无减区间；.…………………………3 分 当 e1a    时， 0 ln( ) 1a   ， 所以函数 的单调递减区间为 (ln( ),1)a ，递增区间为 (0,ln( ))a 和(1, ) ；.………4 分 当 ea  时， ln( ) 1a， 所以函数 的单调递减区间为 (1,ln( ))a ，递增区间为 (0,1) 和 (ln( ), )a  ．.………5 分 综上，当 10a   时，函数 的单调递减区间为 ，递增区间为 ； 当 时，函数 的递增区间为 ，无减区间； 当 时，函数 的单调递减区间为 ，递增区间为 和 ； 当 时，以函数 的单调递减区间为 ，递增区间为 和 ． （2）依题意得， ( ) (1 )ln e ln 0xxf x a x x a a x      在 0+， 恒成立． ①当 0a  时，不等式显然成立；.…………………………6 分 ②当 0a  时， (1 ln ) exax   ，即 1 1 ln ex x a  成立，.…………………………7 分 设 1 ln() ex xgx  ，则 1 1 ln () ex xxgx    ， 设 1( ) 1 lnh x xx   ，则 ()hx在 单调递减，且 (1) 0h  ， 所以，当  0,1x 时， ( ) 0hx  ， ( ) 0gx  ， ()gx单调递增； 当  1,+x时， ( ) 0hx  ， ( ) 0gx  ， 单调递减．.…………………………9 分 所以 max 1( ) (1) eg x g．.…………………………10 分 所以 11 ea，解得  e,0a ．.…………………………11 分 综上，当 e0a   时， ( ) (1 )ln 0xf x a x x   ．………………………………………12 分 解法二:（1）同解法一． (2) 设 ( ) ( ) (1 )ln e lnxg x xf x a x x a a x      ， 当 时，不等式显然成立；.…………………………6 分 当 0a  时， 由不等式 ( ) 0gx 对 (0, )x  时恒成立， 故 (1) 0g  ， 即 e0a，得 e0a   ．.…………………………7 分 理科数学答案与评分细则 第 7 页 共 10 页 当 e0a   时， e( ) e x x a x agx xx     ，设 ( ) exh x x a， 显然 ()hx在 (0, ) 为增函数， 又 (0) 0ha， (1) e 0ha   ， 故必存在唯一的零点 0 (0,1)x  ，使得 0 00( ) e 0xh x x a   ，.…………………………8 分 且当 0(0, )xx 时， ( ) 0hx  ， 0( , )xx  时， ( ) 0hx  ， 所以 ()gx的单调递减区间为 0(0, )x ，递增区间为 0( , )x  ，.…………………………9 分 所以 0 min 0 0( ) ( ) e lnxg x g x a a x    ， 由 0 0 ex a x 得 0 0 0 00 1( ) ln (ln 1 )ag x a a x a xxx       ，.…………………………10 分 设 1( ) ln 1k x x x   ， (0,1)x ， 则 ()kx在 (0,1) 上单调递增，故 1( ) (1) ln1 1 01k x k     ， 又 ，所以 min( ) 0gx  ，即当 时不等式成立．.…………………11 分 综上，当 e0a   时， ( ) (1 )ln 0xf x a x x   ．………………………………………12 分 21．本题主要考查直线、抛物线、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能 力、推理论证能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想，考查考生分 析问题和解决问题的能力，满分 12 分． 解法一：（1）证明：依题意可设直线 AB 的方程为 x = ty+m ， 代入 2 4yx 消去 x 得： 2 4 4 0y ty m   ， 2 16 0=16t m   ，即 2 0tm， 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 1 2 1 24 , 4y y t y y m    ，………………………………………1 分 因为 90AOB，所以 0OA OB，故 1 2 1 2 0x x y y，……………………………… 2 分 又 22 1 1 2 2 11,44x y x y，所以 22 1 2 1 2 1 016 y y y y，故 12 16yy  ， 所以 4 16m   ，得 4m  ，………………………………………3 分 因此直线 的方程为 x = ty+4 ，该直线过定点(4,0) ．……………………………… 4 分 （2）（ i）因为 AB 过定点 (2,1) ，所以由（1）得 2 tm ，即 2mt， 2216 16( 2) 0=16t m t t      恒成立， 1 2 1 24 , 4 4 8y y t y y m t      ，…………… 5 分 理科数学答案与评分细则 第 8 页 共 10 页 由题知得 1 2 1 2( , )22 x x y yM ， 2 1 2 1 2()( , )16 2 y y y yC ， 所以 22 2 2 212 1 2 1 2 1 2 1 2 11 ( ) ( ) ( )44||2 16 2 16 16 yyx x y y y y y yCM         ，……………… 6 分 所以 3 1 1 2 1 2 11| | | | | |2 32S CM y y y y     ，………………………………………7 分 因为 2 2 2 1 2 1 2 1 2| | ( ) 4 (4 ) 4(4 8) 4 2 2 7y y y y y y t t t t           ， 且 1 2t  时等号成立， 所以 33 1 1 2 1 1 7 7| | (2 7)32 32 4S y y    ，………………………………………8 分 当 1S 取到最小值 77 4 时， ， 3 2m  ， 直线 AB 的方程为 13 22x = y  ，即 302x - y ．………………………………………9 分 （ii）依题知可得 1 1 2 1 | | | |2S CM y y   ， 2 1 2 11||22S PN y y   ， 所以 1 2 2 CMS S PN ，………………………………………10 分 由（2）（ i）可知 2 12|||| 16 yyCM  （此处 12||yy 可以理解为 A,B 两点的纵向高度差） 同理可得 2 12 2 12 1( | |) 12| | | |16 64 yy PN y y     ，………………………………………11 分 所以 2 12 1 2 122 || 1628|| 64 yy S yyS   ．………………………………………12 分 (另，此处利用 2 1 2 1 1 2( ) 16 3( , )32 4 y y x y yN    ， 2 1 2 1 1 2(3 ) 16 3( , )64 4 y y x y yP    ，通过计算亦 可得到 2 12 1| | | |64PN y y) 解法二：（1）同解法一； （2）（ i）同解法一； 理科数学答案与评分细则 第 9 页 共 10 页 （ii）由（2）（ i）得 3 1 1 2 1 ||32S y y，（此处 12||yy 可以理解为 A,B 两点的纵向高度差） 依题知同理可得 3 2 1 2 11( | |)32 2S y y………………………………………11 分 所以 1 2 8S S  ．…………………12 分 22．选修 44 ；坐标系与参数方程 本小题主要考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程的应用，意在考查考生综合运用知识 和运算求解能力． 满分 10 分． （1）曲线C 的普通方程为 2 2 2x y r ，………………………………………2 分 将 cos , sin   xy代入直线l 的极坐标方程中， 得到 的直角坐标方程为 40  xy ．………………………………………4 分 （2）点  40P ， 在直线 上， 则 的参数方程可设为 24 2 2 2     xt yt （t 为参数）…………………5 分 将 的参数方程与曲线 的普通方程联立，得 224 2 16 0t t r    显然 0 ， 设点 AB、 对应的参数分别为 12、tt，则由韦达定理得 12 2 12 42 16 tt t t r       ， ， …………………6 分 且当 4r  时， 2 12 16 0t t r    ．…………………………………7 分 所以 21 21 22 12 1 1 4 2=21616 tt tt PA PB t t rr ，…………………………………9 分 得 25r ………………10 分 23．选修 45 ：不等式选讲 本小题考查含绝对值、参数的不等式有解问题与基本不等式的应用，考查运算求解能力、 推理论证能力，考查化归与转化思想等． 满分 10 分． 解法一：(1)当 0a  时，   1  f x x x ． 解不等式 11  xx ． 理科数学答案与评分细则 第 10 页 共 10 页 由绝对值不等式知，  1 1 1     x x x x ……………………………………2 分 当且仅当  10  xx 时等号成立，………………………………………………3 分 因此   1fx 的解集 A = 01xx………………………………………………4 分 (2)由 AB，即  01，x ，不等式   3 2f x x 恒成立……………………………5 分 ， 等价于 31 2    x a x x ，整理得 1 2xa ……………7 分 故 11 22   xa 在 恒成立…………………………………………………8 分 则 1 2 1 2     ax ax 在 恒成立，得 1 2 1 2     a a 所以实数 a 的值为 1 2 ……………………………………………………………10 分 解法二：(1)当 0a  时，   1  f x x x ． 解不等式 11  xx ①． 当 0x 时， ①等价于 11   xx，解得 0x ．………………………………1 分 当 01x 时， ①等价于 11  xx，解得 01x ………………………………2 分 当 1x 时， ①等价于 11xx   ，解得 1x ．…………………………………3 分 因此 的解集 为 ．……………………………………………4 分 (2)同解法一.