福建省三明市2020届高三毕业班（6月）质量检查测试理科数学试题答案

福建省三明市2020届高三毕业班（6月）质量检查测试理科数学试题答案

理科数学答案 第 1 页（共 7 页） 2020 年三明市高三毕业班质量检查测试 理科数学参考答案及评分细则 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，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、选择题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题 5 分，满分 60 分． 1．Ｄ 2．Ｂ 3．Ａ 4．Ｄ 5．Ｃ 6．Ｃ 7．Ａ 8．Ｂ 9．Ｂ 10．Ｄ 11．Ｄ 12．Ａ 二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题 5 分，满分 20 分． 13． 2 14．13 15．362 16．[3 3,3 3] 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（1） 在 ABD△ 中， 90BAD   ，所以 sinAB BD ADB   ． .................................... 1 分 在 ACD△ 中，根据正弦定理， sin sin AC CD ADC CAD ， 即 sin sin CD ADCAC CAD   ． ............................................................................................... 3 分 因为 180ADB ADC   ，所以sin sinADB ADC   ．. ................................ 4 分 又因为 D 是 BC 中点，即 BD CD ， 所以 sin sin BD ADBAC CAD   ． ........................................................................................... 5 分 所以 2sin sin 45 2 AB CADAC      ． ........................................................................ 6 分 （2）设 AB m ，则 2AC m ． ................................................................................. 7 分 在 ABD△ 中，根据勾股定理， 2 2 2 2 1BD AB AD m    ． ................................... 8 分 在 中，根据余弦定理得 2 2 2 22 cos 2 2 1CD AC AD AC AD CAD m m         ． .................................. 9 分 所以 221 2 2 1m m m    ，解得 0m  （舍去），或 2m  ． ................................. 10 分 理科数学答案 第 2 页（共 7 页） 即 2AB  ， 22AC  ． 则 1= sin2ABCS AB AD BAC   △ .............................................................................. 11 分 1 2 2 2 sin1352    2 ． ............................................................................ 12 分 18．（1）因为 A 为椭圆 22 22:1xyC ab的上顶点，所以 (0, )Ab， 则直线 AP 的斜率 3 2 2 3 bkb    ． ............................................................................... 1 分 因为 AP 与直线 2 3 0xy垂直，所以 32123b    ，解得 2b  ． .............. 2 分 设C 的焦距为 2c ，因为 的离心率为 2 2 ，所以 2 2ca ， ................................... 3 分 则 2 2 2 2 2 ab a c   ，所以 22ab． ..................................................................... 4 分 所以C 的方程为 22 142 xy． ......................................................................................... 5 分 （2）由（1）知， (2,0)B ． ................................................................................................ 6 分 当直线 MN 的斜率为 0 时，线段 MN 即为C 的长轴， M 或 N 与 B 重合， 则以 MN 为直径的圆过点 B ． ......................................................................................... 7 分 当直线 MN 的斜率不为0 时，设其方程为 2 3x my． 联立 22 2 ,3 142 x my xy     ， 消去 x 得 2 2 2 3 142 my y ， ..................................................... 8 分 整理得 224 322039 mm y y    ，设 11( , )M x y ， 22( , )N x y ． 理科数学答案 第 3 页（共 7 页） 则 12 2 4 3( 2) myy m    ， 12 2 32 9( 2)yy m  ． ........................................................ 9 分 那么 1 2 1 2 44( 2)( 2) ( )( )33x x my my     2 1 2 1 2 4 16()39 mm y y y y    2 32 9( 2)m  ， 所以 1 2 1 2( 2)( 2) 0BM BN x x y y      ． .............................................................. 11 分 所以 BM BN ，即以 MN 为直径的圆过点 B ． ........................................................ 12 分 19．（ 1） 设 BE 中点为 M ,连结 DM ． 因为 E 是 AC 中点，所以 3AE DE，又因为 3BD  ，所以 DM BE ． ...... １分 因为 A BE D为直二面角，即平面 BED 平面 ABE ， 又因为平面 BED 平面 BE ，且 DM  平面 BDE ， 所以 DM 平面 ． 因为 EF 平面 ABE ，所以 EF DM ． ..................................................................... 2 分 在 ABC△ 中， 6AC  ， 3BC  ， 90C   ， 所以 35AB  ，且 25cos 5BAE． ....................................................................... 3 分 因为 F 是 AB 上靠近 A 的三等分点，所以 5AF  ， 25BF  ． 在 AEF△ 中，根据余弦定理， 2 2 2 2 cos 2EF AF AE AF AE BAE       ， 即 2EF  ， ...................................................................................................................... 4 分 在 Rt BDE△ 中， 2232BE BD DE   ， 所以 2 2 2EF BE BF，所以 EF BE ． ................................................................... 5 分 又因为 BE DM M ，所以 EF  平面 BDE ． 因为 BD  平面 ，所以 BD EF ． ...................................................................... 6 分 （2）如图，过 E 作 EG MD∥ ，则 EG 平面 ABE ． 理科数学答案 第 4 页（共 7 页） 以 E 为坐标原点，以 EB ，EF ， EG 的方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向，建立空 间直角坐标系 E xyz ． ..................................................................................................... 7 分 则 (0,0,0)E ， (3 2,0,0)B ， (0, 2,0)F ， 32( ,0,0)2M ， 3 2 3 2( ,0, )22D ． 故 3 2 3 2( ,0, )22BD  ， 3 2 3 2( ,0, )22ED  ， (0, 2,0)EF  ， ( 3 2, 2,0)BF  ， 那么 1 3 2 3 2( , ,0)2 2 2EA EF FA EF BF      ． ............................................. 9 分 设平面 ADE 的一个法向量为 0 0 0( , , )x y zn ． 则 0, 0, ED EA    n n 即 00 00 3 2 3 2 0,22 3 2 3 2 0.22 xz xy      取 0 1x  ，得 0 1y  ， 0 1z  ，此时 (1,1, 1)n ． .................................................. 11 分 设直线 BD 与平面 ADE 所成的角为 ， 则 3 2 6sin cos , 333 BD BD n BD        n n ， 即直线 与平面 所成的角的正弦值为 6 3 ． .................................................... 12 分 20．（ 1）设样本中完成第一个疗程有效的患者人数为 n ，则 3 100 365nn   ，解得 40n  ， 则完成第一个疗程无效的患者人数为60 人． ................................................................. １分 将频率视作概率，则利用药物 A 完成第一个疗程无效的患者是甲型患者的概率为 3 5 ． .............................................................................................................................................. ２分 在利用药物 A 完成第一个疗程无效的患者中任选 3 人，设其中是甲型患者的人数为 ， 理科数学答案 第 5 页（共 7 页） 则 3(3, )5B ， ................................................................................................................. ３分 所以   22 3 3 3 542 ( ) (1 )5 5 125PC     ． 所以所求的概率为 54 125 ． .................................................................................................. ４分 （2）①根据散点图可以判断， dycx 适宜作为甲型患者血浆中t 的平均含量 y 关于疗 程次数 x 的回归方程类型． .............................................................................................. ５分 令 1w x ，先建立 y 关于 w 的线性回归方程． 由 5 1 5 2 22 1 5 30.1 5 0.46 11ˆ 121.458 5 0.465 ii i i i w y wy d ww           ， ˆˆ 11 12 0.46 5.48c y dw      ． ............................................................................ ７分 所以 y 关于 w 的线性回归方程为 ˆ 5.48 12yw， 因此 y 关于 x 的回归方程为 12ˆ 5.48y x． ................................................................ ８分 ②当达到治愈指标时，由 125.48 7x ，且 Zx ，得 8x ． ................................... ９分 注射药物 Y 治疗 x 个疗程时，患者自己需承担费用为： 12 72300(5.48 ) 50 50( ) 1644z x xxx      ． ....................................................... 10 分 令   72f x x x ,易知  fx在 (0,6 2) 单调递减，在(6 2, ) 单调递增． 因为8 6 2 9，且    8 9 17ff， 所以甲型患者完成8 个或9 个疗程时，能够达到治愈指标且自己承担的费用最低．12 分 21．（1） )(xf 的定义域为(0, ) ． 由   lnf x x ax，得   11axf x axx     ． ······································· 2 分 ①若 0a≤ ，则当 0x  时，   0fx  ， 此时 的单调递增区间为 ),0(  ，无单调递减区间； ···························· ３分 ②若 0a  ，令   0fx  ，解得 1x a ． 理科数学答案 第 6 页（共 7 页） 当 10 x a 时，   0fx  ；当 1x a 时，   0fx  ． 此时， )(xf 的单调递增区间为 1(0, )a ；单调递减区间为 1( , )a  ． ················· ５分 （2）当 0a≥ 时，不存在 0x ，使得    00f x x≥g ，证明如下： ···················· 6 分 由（1）知，当 1a  时，  fx在(0,1) 单调递增，在(1, ) 单调递减， 所以    max 11f x f   ，故ln 1xx≤ ，即ln 1xx≤ ． 因为sin 1x≤ ，所以当 0x  时， sinx x x≤ ，故   334 55 xg x x x x x   ≥ ． ········································································································ 7 分 ①当 0a 时，   ln 1f x x x≤ ． 令    33491 1( 0)55h x x x x x x x        ，则   2 93 5h x x ． 令   0hx  ，得 15 5x  ． 当 150 5x 时，   0hx  ；当 15 5x  ，   0hx  ． 所以  min 15 25 6 15 05 25h x h    ，故 3 41 5x x x   ， 所以当 0a  时，对 (0, )x   ，都有  ln x g x ． ································ 9 分 ②当 0a  时，对于 (0, )x  ， 0ax  ，故    lnf x x g x ． ············· 11 分 综合①，②，当 0a≥ 时，对于任意的 ，都有    f x g x ． 所以，当 0a≥ 时，不存在 0x ，使得    00f x g x≥ ． ································· 12 分 22．（1）将曲线 1C 的参数方程化成普通方程: 2 2 1x m y   , P 的直角坐标为(1,1) . 因为 P 在 1C 上，所以 21 1 1m   ，解得 1m  ． ...................................... 3 分 因为 P 在 2C 上，所以 2= 2n ，解得 1n  ． ............................................ ５分 （2）曲线 1C 化为极坐标方程： 2cos ． ................................................. 6 分 设 A 的极坐标为 11( , ) ， B 的极坐标为 22( , ) ，则 112cos ， 222sin ． 因为 A ， B 分别是 0 与 1C ， 2C 的交点，所以 1 2 0  ． 所以 10 20 2cos , 2sin .      ...................................................................................................8 分 理科数学答案 第 7 页（共 7 页） 故  1 2 0 0 02 2 4cos 2sin 2 5sinOA OB             ， .......................9 分 其中 为锐角，且 tan 2  ． 因为  0sin 1 ≤ ，当 0 = 2  时等号成立． 所以 2 OA OB 的最大值为 25． ............................................................................. 10 分 23.（1）当 3x  时，原不等式化为    3 2 3 3 0xx      ， 解得 3x  ； .............................................................................................. 1 分 当 33 2x  ≤ 时，原不等式化为   3 2 3 3 0xx     ， 解得 3x  ，故此时 x  ； ....................................................................................... 2 分 当 3 2x ≥ 时， 原不等式化为   3 2 3 3 0xx     ， 解得 3x  ． .................................................................................................................... 3 分 所以  33M x x x   或 ．................................................................................. 5 分 （2）欲证 33mn m n   成立,只需证   2233mn m n   成立． ....... 6 分 因为   2233mn m n   2 2 2 23 3 9m n m n    ........................................................................................... 7 分   2233mn   ................................................................................................. 8 分 又由 ,m n M ，得 2 3m  ， 2 3n  ． ............................................................. 9 分 所以   223 3 0mn m n    ，即   2233mn m n   成立， 所以 33mn m n   成立． ................................................................................... 10 分