漳州市2020届高中毕业班第二次教学质量检测理科数学参考答案

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漳州市 ２０２０ 届高中毕业班第二次教学质量检测 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 ư 每小题 ５ 分ꎬ满分 ６０ 分 ư １ư Ｄ　 　 　 ２ư Ｂ　 　 　 ３ư Ｃ　 　 　 ４ư Ａ　 　 　 ５ư Ｂ　 　 　 ６ư Ａ ７ư Ｃ　 　 　 ８ư Ｂ　 　 　 ９ư Ｄ　 　 　 １０ư Ｃ　 　 １１ư Ａ　 　 　 １２ư Ｂ 二、填空题:本大题考查基础知识和基本运算 ư 每小题 ５ 分ꎬ共 ２０ 分 ư １３ư ８　 　 　 １４ư π ４ 　 　 　 １５ư － ２ ７ 　 　 　 １６ư ( １ ｅ ꎬ＋ ¥ ) 三、解答题:本大题共 ６ 小题ꎬ共 ７０ 分 ư 解答应写出文字说明ꎬ证明过程或演算步骤 ư １７ư 解:(１) 证明:因为(１ ＋ ａ １ )(１ ＋ ａ ２ )(１ ＋ ａ ３ )ƺ(１ ＋ ａｎ＋１ ) ＝ ａｎ＋１ ꎬ 所以(１ ＋ ａ １ )(１ ＋ ａ ２ )(１ ＋ ａ ３ )ƺ(１ ＋ ａｎ＋２ ) ＝ ａｎ＋２ ꎬ １ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 ｎ ∈ Ｎ ∗ ꎬａｎ ≠ ０ꎬ所以 １ ＋ ａｎ＋２ ＝ ａｎ＋２ ａｎ＋１ ꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 １ａｎ＋２ ＋ １ ＝ １ａｎ＋１ ꎬ即 １ａｎ＋２ － １ａｎ＋１ ＝ － １ꎬ ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以数列 １ａｎ＋１ { } 是等差数列 ư ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 因为 ａ １ ＝ １ꎬ(１ ＋ ａ １ )(１ ＋ ａ ２ ) ＝ ａ ２ ꎬ 所以 ２(１ ＋ ａ ２ ) ＝ ａ ２ ꎬ解得 ａ ２ ＝ － ２ꎬ所以 １ａ ２ ＝ － １ ２ ꎬ ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 结合(１) 知ꎬ １ａｎ＋１ ＝ － １ ２ ＋ (ｎ － １) × ( － １) ＝ － ２ｎ － １ ２ ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学答案及评分标准　 第 １ 页(共 １０ 页) 所以 ａｎ＋１ ＝ － ２ ２ｎ － １ꎬｎ ∈ Ｎ ∗ ꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ａｎ＋１ ａｎ＋２ ＝ － ２ ２ｎ － １Ű － ２ ２ｎ ＋ １ ＝ ２( １ ２ｎ － １ － １ ２ｎ ＋ １)ꎬ １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 Ｔｎ ＝ ２[(１ － １ ３ ) ＋ ( １ ３ － １ ５ ) ＋ ( １ ５ － １ ７ ) ＋ ƺ ＋ ( １ ２ｎ － １ － １ ２ｎ ＋ １)] ＝ ２(１ － １ ２ｎ ＋ １) ＝ ４ｎ ２ｎ ＋ １ꎬｎ ∈ Ｎ ∗ ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ １８ư 解法一: (１) 过 Ａ １ 作 Ａ １ Ｏ ⊥ ＡＣ 交 ＡＣ 于点 Ｏꎬ连接 ＢＯꎬ １ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ＡＡ １ ＝ ＡＢꎬ∠ＡＡ １ Ｃ ＝ ∠ＡＢＣ ＝ ９０°ꎬ所以 △ＡＡ １ Ｃ ≌ △ＡＢＣꎬ 所以 ∠Ａ １ ＡＯ ＝ ∠ＢＡＯꎬ所以 △ＡＡ １ Ｏ ≌ △ＡＢＯꎬ所以 ∠ＡＯＢ ＝ ∠ＡＯＡ １ ＝ ９０°ꎬ 即 ＢＯ ⊥ ＡＣꎬ ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ＢＯ ∩ Ａ １ Ｏ ＝ Ｏꎬ所以 ＡＣ ⊥ 平面 Ａ １ ＯＢꎬ ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又因为 Ａ １ Ｂ ⊂ 平面 Ａ １ ＯＢꎬ所以 ＡＣ ⊥ Ａ １ Ｂư ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 因为 ∠ＡＢＣ ＝ ９０°ꎬＡＢ ＝ ２ꎬ∠ＡＣＢ ＝ ３０°ꎬ所以 ＡＣ ＝ ４ꎬＢＣ ＝ ２ ３ ꎬ所以 ＢＯ ＝ ３ ꎬ 所以 Ａ １ Ｏ ＝ ３ ꎬ因为 Ａ １ Ｂ ＝ ６ ꎬ所以 Ａ １ Ｏ２ ＋ ＢＯ２ ＝ Ａ １ Ｂ２ ꎬ所以 Ａ １ Ｏ ⊥ ＢＯư ６ 分ƺƺ 如图ꎬ以 Ｏ 为原点ꎬ以ＯＢ→ꎬＯＣ→ꎬＯＡ １ →的方向为 ｘ 轴ꎬｙ 轴ꎬｚ 轴的正方向建立空间直角坐标 系 ０ － ｘｙｚꎬ易知 ＯＣ ＝ ３ꎬ所以 Ｂ( ３ ꎬ０ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ３ꎬ０)ꎬＣ １(０ꎬ２ꎬ ３ )ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺ A A B C 1 C1 B1 z x yO 所以ＢＣ→ ＝ ( － ３ ꎬ３ꎬ０)ꎬＣＣ １ → ＝ (０ꎬ － １ꎬ ３ )ꎬ 设 ｎ １ ＝ (ｘꎬｙꎬｚ) 是平面 ＢＣＣ １ 的一个法向量ꎬ 则 ｎ １ ŰＢＣ→ ＝ ０ꎬ ｎ １ ŰＣＣ １ → ＝ ０ꎬ ì î í ïï ïï 即 ３ ｘ － ３ｙ ＝ ０ꎬ － ｙ ＋ ３ ｚ ＝ ０ꎬ { 取 ｎ １ ＝ (３ꎬ ３ ꎬ１)ꎬ ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 易知平面 ＡＣＣ １ 的一个法向量 ｎ ２ ＝ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学答案及评分标准　 第 ２ 页(共 １０ 页) 则 ｃｏｓ‹ｎ １ ꎬｎ ２ › ＝ ｎ １ Űｎ ２ ｎ １ ｎ ２ ＝ ３ １３ １３ ꎬ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为二面角 Ａ － ＣＣ １ － Ｂ 为锐角ꎬ 所以二面角 Ａ － ＣＣ １ － Ｂ 的余弦值为３ １３ １３ ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (注:其它解法相应给分 ư ) １９ư 解法一: (１) 因为 ＨＦ １ ＋ ＨＦ ２ ＝ ４ > Ｆ １ Ｆ ２ ＝ ２ꎬ 所以点 Ｈ 的轨迹是焦点为 Ｆ １ 、Ｆ ２ ꎬ长轴长为 ４ 的椭圆ꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 设椭圆方程为ｘ２ ａ２ ＋ ｙ２ ｂ２ ＝ １(ａ > ｂ > ０)ꎬ 所以 ａ ＝ ２ꎬｃ ＝ １ꎬ所以 ｂ２ ＝ ａ２ － ｃ２ ＝ ３ꎬ ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 Ｅ 的方程为ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝ １ư ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 直线 ＰＱ 的斜率必存在且不为 ０ꎬ设 ＰＱ 方程为 ｙ ＝ ｋ(ｘ － １)ꎬｋ ≠ ０ꎬ ５ 分ƺƺƺƺƺ OF1 F2 M N G P Q x y 由 ｙ ＝ ｋ(ｘ － １)ꎬ ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝ １ꎬ ì î í ïï ïï 消去 ｙ 整理得 (４ｋ２ ＋ ３)ｘ２ － ８ｋ２ ｘ ＋ ４ｋ２ － １２ ＝ ０ꎬ △ ＝ ( － ８ｋ２ ) ２ － ４(４ｋ２ ＋ ３)(４ｋ２ － １２) ＝ １４４(ｋ２ ＋ １) > ０ꎬ 设 Ｐ(ｘ １ ꎬｙ １ )ꎬＱ(ｘ ２ ꎬｙ ２ )ꎬ则 ｘ １ ＋ ｘ ２ ＝ ８ｋ２ ４ｋ２ ＋ ３ ꎬ ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 故点 Ｇ 的横坐标为 ｘ １ ＋ ｘ ２ ２ ＝ ４ｋ２ ４ｋ２ ＋ ３ ꎬ所以 Ｇ( ４ｋ２ ４ｋ２ ＋ ３ ꎬ － ３ｋ ４ｋ２ ＋ ３ )ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺ 设 Ｍ(ｘＭ ꎬ０)ꎬ因为 ＭＧ ⊥ ＰＱꎬ所以 ｋＭＧ ŰｋＰＱ ＝ － ３ｋ ４ｋ２ ＋ ３ ４ｋ２ ４ｋ２ ＋ ３ － ｘＭ × ｋ ＝ － １ꎬ 解得 ｘＭ ＝ ｋ２ ４ｋ２ ＋ ３ ꎬ所以 Ｍ( ｋ２ ４ｋ２ ＋ ３ ꎬ０)ꎬ ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 要使 Ｒｔ△ＯＭＮ ≌ Ｒｔ△ＧＭＦ ２ ꎬ只需 ＯＭ ＝ ＧＭ ꎬ １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学答案及评分标准　 第 ３ 页(共 １０ 页) 即 ｋ２ ４ｋ２ ＋ ３ ＝ ( ４ｋ２ ４ｋ２ ＋ ３ － ｋ２ ４ｋ２ ＋ ３ ) ２ ＋ ( － ３ｋ ４ｋ２ ＋ ３ ) ２ ꎬ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 整理得 ８ｋ４ ＋ ９ｋ２ ＝ ０ꎬ因为 ｋ ≠ ０ꎬ所以此方程无实根ꎬ 所以 △ＯＭＮ ≌ △ＧＭＦ ２ 不成立 ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 解法二: (１) 同解法一 ư ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 直线 ＰＱ 的斜率必存在且不为 ０ꎬ设 ＰＱ 方程为 ｘ ＝ ｍｙ ＋ １ꎬ ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ 由 ｘ ＝ ｍｙ ＋ １ꎬ ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝ １ꎬ ì î í ïï ïï 消去 ｘ 整理得(３ｍ２ ＋ ４)ｙ２ ＋ ６ｍｙ － ９ ＝ ０ꎬ △ ＝ ３６ｍ２ ＋ ３６(３ｍ２ ＋ ４) > ０ꎬ 设 Ｐ(ｘ １ ꎬｙ １ )ꎬＱ(ｘ ２ ꎬｙ ２ )ꎬ则 ｙ １ ＋ ｙ ２ ＝ － ６ｍ ３ｍ２ ＋ ４ ꎬ ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 故点 Ｇ 的纵坐标为 ｙＧ ＝ ｙ １ ＋ ｙ ２ ２ ＝ － ３ｍ ３ｍ２ ＋ ４ ꎬ 所以 Ｇ( ４ ３ｍ２ ＋ ４ ꎬ － ３ｍ ３ｍ２ ＋ ４ )ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为直线 ＭＧ 的斜率为 － ｍꎬ 所以直线 ＭＧ 的方程为 ｙ ＋ ３ｍ ３ｍ２ ＋ ４ ＝ － ｍ(ｘ － ４ ３ｍ２ ＋ ４ )ꎬ 即 ｙ ＝ － ｍｘ ＋ ｍ ３ｍ２ ＋ ４ ꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 令 ｘ ＝ ０ꎬ则 ｙ ＝ ｍ ３ｍ２ ＋ ４ ꎬ 所以点 Ｎ 的纵坐标为 ｙＮ ＝ ｍ ３ｍ２ ＋ ４ ꎬ即 ＯＮ ＝ ｍ ３ｍ２ ＋ ４ ꎬ ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ｙＧ > ＯＮ ꎬ 因为 ＧＦ ２ > ｙＧ ꎬ所以 ＧＦ ２ > ＯＮ ꎬ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 要使得 △ＯＭＮ ≌ △ＧＭＦ ２ ꎬ则必须 ＧＦ ２ ＝ ＯＮ ꎬ 因为上式不成立ꎬ所以 △ＯＭＮ ≌ △ＧＭＦ ２ 不成立 ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学答案及评分标准　 第 ４ 页(共 １０ 页) 解法三: (１) 同解法一 ư ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 设 Ｐ(ｘ １ ꎬｙ １ )ꎬＱ(ｘ ２ ꎬｙ ２ )ꎬＧ(ｘ ０ ꎬｙ ０ )ꎬ因为 ＰꎬＱ 在曲线 Ｅ 上ꎬ且 ｘ ０ ≠ ０ꎬｙ ０ ≠ ０ 所以 ｘ ２ ２ ４ ＋ ｙ ２ ２ ３ ＝ １ꎬ ｘ １ ２ ４ ＋ ｙ １ ２ ３ ＝ １ꎬ ì î í ï ïï ï ïï 两式相减并整理得 ｙ １ － ｙ ２ ｘ １ － ｘ ２ ＝ － ３ ４ Ű ｘ １ ＋ ｘ ２ ｙ １ ＋ ｙ ２ ꎬ ６ 分ƺƺƺƺƺƺ 所以直线 ＰＱ 的斜率为 ｋ ＝ － ３ ４ Ű ｘ １ ＋ ｘ ２ ｙ １ ＋ ｙ ２ ＝ － ３ ４ Ű ｘ ０ ｙ ０ ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ＭＧ 的方程为 ｙ － ｙ ０ ＝ ４ｙ ０ ３ｘ ０ (ｘ － ｘ ０ )ꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 令 ｘ ＝ ０ꎬ得 ｙ ＝ － ｙ ０ ３ ꎬ所以点 Ｎ 的纵坐标 ｙＮ ＝ － ｙ ０ ３ ꎬ ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ＯＮ ＝ ｙ ０ ３ < ｙ ０ ꎬ 又因为 ＧＦ ２ > ｙ ０ ꎬ所以 ＧＦ ２ > ＯＮ ꎬ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 要使得 △ＯＭＮ ≌ △ＧＭＦ ２ ꎬ则必须 ＧＦ ２ ＝ ＯＮ ꎬ 因为上式不成立ꎬ所以 △ＯＭＮ ≌ △ＧＭＦ ２ 不成立 ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２０ư 解:(１) 依题意得ꎬ半球的半径为 ｒ ＝ ５ｃｍꎬ 体积为 Ｖ １ ＝ １ ２ × ４ ３ × １２５π ＝ ２５０ ３ πｃｍ ３ ꎬ １ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 大圆柱体积 Ｖ ２ ＝ ２５π × ２０ ＝ ５００πｃｍ ３ ꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 小圆柱体积 Ｖ ３ ＝ ４π × ２ ＝ ８πｃｍ ３ ꎬ ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以盖上瓶塞后ꎬ水瓶的最大盛水量为２５０ ３ π ＋ ５００π ＋ ８π ＋ ５２π － １０ ３ π ＝ ６４０πｃｍ ３ ư ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) (ｉ) ｃ 的实际意义为倒出 ｘｃｍ ３ 体积水时ꎬ暖水瓶内水的降温速率ꎻ ｃ 越小ꎬ降温速率越小ꎬ保温效果越好ꎻ ｃ 越大ꎬ降温速率越大ꎬ保温效果越差 ư ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ｘｉ ＝ ３０(ｉ － １)ꎬｉ ＝ １ꎬ２ꎬƺꎬ７ꎬ对于回归直线 Ｌ １ :ｗ ＝ βｘ ＋ αꎬ 因为 ｘ－ ＝ ｘ １ ＋ ｘ ２ ＋ ƺ ＋ ｘ ７ ７ ＝ ９０ꎬｗ－ ＝ ｗ １ ＋ ｗ ２ ＋ ƺ ＋ ｗ ７ ７ ＝ １ư １ꎬ ∑ ７ ｉ ＝ １ (ｘｉ － ｘ－ )(ｗｉ － ｗ－ ) ＝ － ８１ꎬ∑ ７ ｉ ＝ １ (ｘｉ － ｘ－ ) ２ ＝ ２５２００ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学答案及评分标准　 第 ５ 页(共 １０ 页) 所以 β＾ ＝ ∑ ｎ ｉ ＝ １ (ｘｉ － ｘ－ )(ｗｉ － ｗ－ ) ∑ ｎ ｉ ＝ １ (ｘｉ － ｘ－ ) ２ ＝ － ８１ ２５２００ ＝ － ９ ２８００ ≈－ ０ư ００３２ꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺ α＾ ＝ ｗ－ － β＾ Űｘ－ ＝ １ư １ ＋ ０ư ００３２ × ９０ ＝ １ư ３８８ꎬ 所以回归直线 Ｌ １ 的方程为 ｗ ＝ － ０ư ００３２ｘ ＋ １ư ３８８ư ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (ｉｉ) 联立 ｗ ＝ － ０ư ００３２ｘ ＋ １ư ３８８ꎬ ｗ ＝ ０ư ０００９ｘ ＋ ０ư ７ꎬ { 得 ｘ ≈ １６７ư ８ꎬ 所以保温瓶最佳倒出体积约为 １６７ư ８ｃｍ ３ ꎬ １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 保温瓶盛水体积约为 ６４０π － １６７ư ８ ≈ ６４０ × ３ư １４ － １６７ư ８ ＝ １８４１ư ８ｃｍ ３ ꎬ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以保温瓶盛水体积约为 １８４２ｃｍ ３ 时保温效果最佳 ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 注:第(２) 小题按以下做法也相应给分 ư (２) (ｉ) ｃ 的实际意义为倒出 ｘｃｍ ３ 体积水时ꎬ暖水瓶内水的降温速率ꎻ ６ 分ƺƺƺƺ 因为 ｘｉ ＝ ３０(ｉ － １)ꎬｉ ＝ １ꎬ２ꎬƺꎬ７ꎬ对于回归直线 Ｌ １ :ｗ ＝ βｘ ＋ αꎬ 因为 ｘ－ ＝ ｘ １ ＋ ｘ ２ ＋ ƺ ＋ ｘ ７ ７ ＝ ９０ꎬｗ－ ＝ ｗ １ ＋ ｗ ２ ＋ ƺ ＋ ｗ ７ ７ ＝ １ư １ꎬ ∑ ７ ｉ ＝ １ (ｘｉ － ｘ－ )(ｗｉ － ｗ－ ) ＝ － ８１ꎬ∑ ７ ｉ ＝ １ (ｘｉ － ｘ－ ) ２ ＝ ２５２００ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 β＾ ＝ ∑ ７ ｉ ＝ １ (ｘｉ － ｘ－ )(ｗｉ － ｗ－ ) ∑ ７ ｉ ＝ １ (ｘｉ － ｘ－ ) ２ ＝ － ８１ ２５２００ ＝ － ９ ２８００ꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ａ＾ ＝ ｗ－ － β＾ Űｘ－ ＝ １１ １０ ＋ ９ ２８００ × ９０ ＝ ３８９ ２８０ ≈ １ư ３８９３ꎬ 所以回归直线 Ｌ １ 的方程为 ｗ ＝ － ０ư ００３２ｘ ＋ １ư ３８９３ư ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (ｉｉ) 联立 ｗ ＝ － ０ư ００３２ｘ ＋ １ư ３８９３ꎬ ｗ ＝ ０ư ０００９ｘ ＋ ０ư ７ꎬ { 得 ｘ ≈ １６８ư １２２ꎬ 所以保温瓶最佳倒出体积约为 １６８ư １２２ｃｍ ３ ꎬ １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 保温瓶盛水体积约为 ６４０π － １６８ư １２２ ≈ ６４０ × ３ư １４ － １６８ư １２２ ＝ １８４１ư ４７８ｃｍ ３ ꎬ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以保温瓶盛水体积约为 １８４１ｃｍ ３ 时保温效果最佳 ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学答案及评分标准　 第 ６ 页(共 １０ 页) ２１ư 解法一: (１) ｇ(ｘ) 定义域为(０ꎬ ＋ ¥ )ꎬ 因为 ｇ′(ｘ) ＝ １ ＋ ａ ｘ ＝ ｘ ＋ ａ ｘ ꎬ １ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 若 ａ ≥ ０ꎬ则 ｇ′(ｘ) > ０ꎬ所以 ｇ(ｘ) 在(０ꎬ ＋ ¥ ) 单调递增ꎬ ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 若 ａ < ０ꎬ则当 ｘ ∈ (０ꎬ － ａ) 时ꎬｇ′(ｘ) < ０ꎬ当 ｘ ∈ ( － ａꎬ ＋ ¥ ) 时ꎬｇ′(ｘ) > ０ꎬ 所以 ｇ(ｘ) 在(０ꎬ － ａ) 单调递减ꎬ在( － ａꎬ ＋ ¥ ) 单调递增 ư ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 证明:对于曲线 ｙ ＝ ｆ(ｘ)ꎬｆ ′(ｘ) ＝ ｅ ｘ ꎬｋｌ ＝ ｆ ′(ｘ １ ) ＝ ｅ ｘ １ ꎬ 直线 ｌ 的方程为 ｙ － ｙ １ ＝ ｅ ｘ １ (ｘ － ｘ １ )ꎬ 即 ｙ － ｅ ｘ １ ＝ ｅ ｘ １ ｘ － ｘ １ ｅ ｘ １ ꎬ即 ｙ ＝ ｅ ｘ １ ｘ ＋ (１ － ｘ １ )ｅ ｘ １ ①ư ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 对于曲线 ｙ ＝ ｇ(ｘ)ꎬ因为 ａ ＝ １ꎬ所以 ｇ(ｘ) ＝ ｘ ＋ ｌｎｘꎬｇ′(ｘ) ＝ １ ＋ １ｘ 所以 ｋｌ ＝ ｇ′(ｘ ２ ) ＝ １ ＋ １ｘ ２ ꎬ 直线 ｌ 的方程为 ｙ － ｙ ２ ＝ (１ ＋ １ｘ ２ )(ｘ － ｘ ２ )ꎬ 即 ｙ － ｘ ２ － ｌｎｘ ２ ＝ (１ ＋ １ｘ ２ )ｘ － ｘ ２ － １ꎬ即 ｙ ＝ (１ ＋ １ｘ ２ )ｘ ＋ ｌｎｘ ２ － １②ư ６ 分ƺƺƺ 因为 ① 与 ② 表示同一条直线ꎬ所以 ｅ ｘ １ ＝ １ ＋ １ｘ ２ ③ꎬ 且(１ － ｘ １ )ｅ ｘ １ ＝ ｌｎｘ ２ － １④ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ④ ÷ ③ꎬ得 １ － ｘ １ ＝ ｘ ２ ｌｎｘ ２ － ｘ ２ ｘ ２ ＋ １ ꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ｘ １ ＝ １ ＋ ｘ ２ － ｘ ２ ｌｎｘ ２ ｘ ２ ＋ １ ư 令 ｈ(ｘ) ＝ １ ＋ ｘ － ｘｌｎｘ ｘ ＋ １ ꎬ ｈ′(ｘ) ＝ [１ － (ｌｎｘ ＋ ｘŰ １ｘ )](ｘ ＋ １) － (ｘ － ｘｌｎｘ) (ｘ ＋ １) ２ ＝ － ｘ ＋ ｌｎｘ (ｘ ＋ １) ２ ＝ － ｇ(ｘ) (ｘ ＋ １) ２ ꎬ 由(１) 知ꎬｇ(ｘ) 在(０ꎬ ＋ ¥ ) 单调递增又 ｇ( １ｅ ) ＝ １ｅ ＋ ｌｎ １ｅ ＝ １ｅ － １ < ０ ｇ(１) ＝ １ ＋ ｌｎ１ ＝ １ > ０∴ ｇ( １ｅ )Űｇ(１) < ０ 理科数学答案及评分标准　 第 ７ 页(共 １０ 页) ｇ(ｘ) 有唯一零点 ｘ ０ ∈ ( １ ｅ ꎬ１)ꎬ 且当 ｘ ∈ (０ꎬｘ ０ ) 时ꎬｇ(ｘ) < ０ꎬｈ′(ｘ) > ０ꎬ 当 ｘ ∈ (ｘ ０ ꎬ ＋ ¥ ) 时ꎬｇ(ｘ) > ０ꎬｈ′(ｘ) < ０ꎬ 所以 ｈ(ｘ) 在(０ꎬｘ ０ ) 上递增ꎬ在(ｘ ０ ꎬ ＋ ¥ ) 上递减ꎬ 所以 ｘ １ ＝ ｈ(ｘ ２ ) ≤ ｈ(ｘ ０ ) ＝ １ ＋ ｘ ０ － ｘ ０ ｌｎｘ ０ ｘ ０ ＋ １ ꎬ １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 ｇ(ｘ ０ ) ＝ ０ꎬ即 ｌｎｘ ０ ＝ － ｘ ０ ꎬ 所以 ｘ １ ≤ ｈ(ｘ ０ ) ＝ １ ＋ ｘ ０ ＋ ｘ２ ０ ｘ ０ ＋ １ ＝ １ ＋ ｘ ０ < ２ꎬ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 １ ＋ １ｘ ２ ＝ ｅ ｘ １ < ｅ ２ ꎬ所以 １ｘ ２ < ｅ ２ － １ꎬ 又 ｘ ２ > ０ꎬ所以 ｘ ２ > １ ｅ ２ － １ ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 解法二: (１) 同解法一 ư (２) 证明:因为 ｆ ′(ｘ) ＝ ｅ ｘ ꎬ所以直线 ｌ 的斜率为 ｋ ＝ ｆ ′(ｘ １ ) ＝ ｅ ｘ １ ꎬ ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ａ ＝ １ꎬ所以 ｇ(ｘ) ＝ ｘ ＋ ｌｎｘꎬ所以 ｇ′(ｘ) ＝ １ ＋ １ｘ ꎬ 所以直线 ｌ 的斜率为 ｋ ＝ ｇ′(ｘ ２ ) ＝ １ ＋ １ｘ ２ ꎬ ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ｅ ｘ １ ＝ １ ＋ １ｘ ２ ꎬ所以 ｘ １ ＝ ｌｎ(１ ＋ １ｘ ２ )ꎬ 又因为 ｋ ＝ ｅ ｘ １ － ｘ ２ － ｌｎｘ ２ ｘ １ － ｘ ２ ＝ １ ＋ １ｘ ２ － ｘ ２ － ｌｎｘ ２ ｌｎ(１ ＋ １ｘ ２ ) － ｘ ２ ꎬ所以 １ ＋ １ｘ ２ － ｘ ２ － ｌｎｘ ２ ｌｎ(１ ＋ １ｘ ２ ) － ｘ ２ ＝ １ ＋ １ｘ ２ ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以(ｘ ２ ＋ １)ｌｎ(１ ＋ １ｘ ２ ) ＋ ｘ ２ ｌｎｘ ２ － ２ｘ ２ － １ ＝ ０ꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 令 ｈ(ｘ) ＝ (ｘ ＋ １)ｌｎ(１ ＋ １ｘ ) ＋ ｘｌｎｘ － ２ｘ － １ꎬ 理科数学答案及评分标准　 第 ８ 页(共 １０ 页) 所以 ｈ′(ｘ) ＝ ｌｎ(ｘ ＋ １) － １ｘ － １ꎬ所以 ｈ′(ｘ) 在(０ꎬ ＋ ¥ ) 单调递增ꎬ ９ 分ƺƺƺƺ 又因为 ｈ′( １ ｅ ２ － １ ) ＝ ２ － ｅ ２ － ｌｎ(ｅ ２ － １) < ０ꎬｈ′(ｅ ３ － １) ＝ ２ － １ ｅ ３ － １ > ０ꎬ 所以存在 ｘ ０ ∈ ( １ ｅ ２ － １ ꎬｅ ３ － １)ꎬ使得 ｈ′(ｘ ０ ) ＝ ０ꎬ 且当 ｘ ∈ (０ꎬｘ ０ ) 时ꎬｈ′(ｘ) < ０ꎬ当 ｘ ∈ (ｘ ０ ꎬ ＋ ¥ ) 时ꎬｈ′(ｘ) > ０ꎬ 所以 ｈ(ｘ) 在(０ꎬｘ ０ ) 递减ꎬ在(ｘ ０ ꎬ ＋ ¥ ) 递增ꎬ １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ｘ ０ > １ ｅ ２ － １ 所以 ｈ(ｘ) 在(０ꎬ １ ｅ ２ － １ ) 递减ꎬ 所以当 ０ < ｘ ≤ １ ｅ ２ － １ 时ꎬｈ(ｘ) ≥ ｈ( １ ｅ ２ － １ ) ＝ １ － ｌｎ(ｅ ２ － １) ｅ ２ － １ > ０ꎬ 所以 ｈ(ｘ) 在(０ꎬ １ ｅ ２ － １ ] 内无零点ꎬ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ｘ ２ 是 ｈ(ｘ) 的零点且 ｘ ２ > ０ꎬ所以 ｘ ２ > １ ｅ ２ － １ ư １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２２ư 解:(１) 曲线 Ｃ 的普通方程为ｘ２ ４ － ｙ２ ＝ １ꎬ① ２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 直线 ｌ 的参数方程为 ｘ ＝ １ ＋ ３ ２ ｔꎬ ｙ ＝ ２ ＋ １ ２ ｔ ì î í ï ïï ï ïï (ｔ 为参数)ư ② ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) ② 代入 ①ꎬ得 ｔ２ ＋ (３２ － ４ ３ )ｔ ＋ ７６ ＝ ０ꎬ ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 △ ＝ １６(８ － ３ ) ２ － ４ × ７６ ＝ ２５６ × (３ － ３ ) > ０ꎬ 设 ＡꎬＢ 对应的参数分别为 ｔ １ ꎬｔ ２ ꎬ则 ｔ １ ＋ ｔ ２ ＝ － (３２ － ４ ３ )ꎬ ｔ １ ｔ ２ ＝ ７６ > ０ꎬ { ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ｜ ＰＡ ｜ ＋｜ ＰＢ ｜ ＝｜ ｔ １ ｜ ＋｜ ｔ ２ ｜ ＝ ｔ １ ＋ ｔ ２ ＝ ３２ － ４ ３ư １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学答案及评分标准　 第 ９ 页(共 １０ 页) ２３ư 解法一: (１) 因为 ｆ(ｘ) ＝ ｘ － ４ꎬｘ ≤－ ２ꎬ ３ｘꎬ － ２ < ｘ < １ꎬ － ｘ ＋ ４ꎬｘ ≥ １ư ì î í ï ï ïï ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ｆ(ｘ) 在( － ¥ ꎬ１) 上单调递增ꎬ在(１ꎬ ＋ ¥ ) 上单调递减ꎬ 所以当 ｘ ＝ １ 时ꎬｆ(ｘ) 取最大值为 ３ꎬ即 ｍ ＝ ３ư ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 由已知有 ２ ａｂ ＝ ４ａ２ ＋ ｂ２ ≥ ４ａｂꎬ 因为 ａ > ０ꎬｂ > ０ꎬ所以 ａｂ > ０ꎬ所以 ａｂ ≤ １ ２ ꎬ ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ２ａ ＋ ４ｂ ≥ ２ ８ａｂ ＝ ４ ２ ａｂ ≥ ８ ２ > ３ꎬ ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以不存在实数 ａꎬｂꎬ使得 ２ａ ＋ ４ｂ ＝ ３ư １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 解法二: (１) 因为 ｆ(ｘ) ＝ ｘ ＋ ２ － ２ ｜ ｘ － １ ｜ ＝ ｘ ＋ ２ －｜ ｘ － １ ｜ －｜ ｘ － １ ｜ ≤｜ (ｘ ＋ ２) － (ｘ － １) ｜ － ０ ＝ ３ꎬ ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 且 ｆ(１) ＝ ３ꎬ ４ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 ｆ(ｘ) 的最大值为 ３ꎬ即 ｍ ＝ ３ư ５ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２) 由已知有 ２ ａｂ ＝ ４ａ２ ＋ ｂ２ ≥ ４ａｂꎬ 因为 ａ > ０ꎬｂ > ０ꎬ所以 ａｂ > ０ꎬ所以 ａｂ ≤ １ ２ ꎬ① ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 假设存在实数 ａꎬｂꎬ使得 ２ａ ＋ ４ｂ ＝ ３ꎬ 则 ３ ＝ ２ａ ＋ ４ｂ ≥ ２ ８ａｂ ＝ ４ ２ ａｂ ꎬ即 ａｂ ≥ ４ ２ ３ > １ ２ ꎬ② ９ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ① 与 ② 矛盾ꎬ所以假设不成立ꎬ故不存在实数 ａꎬｂꎬ使得 ２ａ ＋ ４ｂ ＝ ３ư １０ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 理科数学答案及评分标准　 第 １０ 页(共 １０ 页)