深圳市2020

深圳市2020

1 2019-2020 学年第一学期期末质量检测 理科数学评分细则与参考答案 说明：1．参考答案与评分标准给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与参考答案不同，可根据 试题主要考查的知识点和能力比照评分标准给以相应的分数． 2．对解答题中的计算题，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得分，但所给分数不得超过该部分正确解答应得 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． 一、选择题. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D B A C C C A B C B A D 二、填空题:本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13. 24yx； 14. 0.88； 15. p  2，（ 2 分） k  3 3 ．（3 分）; 16. 1818. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17.(12 分) 解：（1） 2 2 2 2 sina c b ac C   ,sin2 222 Cac bca  由余弦定理得 CB sincos  , ………………………………………… …………2 分 因为0 π,0 πBC ，所以 BC  2  或 BC  2  , ①当 BC  2  时,则 ,4,2   CBA 这与“ 22BC ”矛盾, 2  A ; ………… …………4 分 ②当 BC  2  时,由(Ⅰ)得 BA 2 , cb  .4,2222   AABACBA ………… ……………………6 分 (2)由 ， 所以 5,88BC， ABC 的面积 1 sin22SbcA,又 4A  ，所以 42bc  ，………… …………………… …8 分 由正弦定理 sinAsinsin abc BC， sin sin,sin sin a B a CbcAA 所以 2 2 2 2 2 sin sin 52 sin sin 2 sin cos sin 4 2sin 8 8 8 8 4 a B Cbc a a aA          ， ………… …10 分 所以 2 8a  ， 22a  ． …………………… ……………………………… ……………………12 分 18．(12 分） 解：(1) 由题意 AE=BE= 2 ,又 AB=2，所以 AE⊥BE， 又平面 PEB 平面 ABED EB ,且平面 PEB ⊥平面 ABED ,所以 AE⊥平面 ， …………2 分 2 故 AE⊥PB,又 PB⊥PE,且 AE PE=E,所以 PB ⊥平面 PEA ． …………………………………………4 分 （2）以 BE 的中点 O 为坐标原点，以OP 的方向为 z 轴正方向，过点 分别做 AB 和 AD 的平行线，分别 为 x 轴和 y 轴的方向，建立如图所示空间直角坐标系O xyz ． …………………………………………5 分 则 31, ,022A   ， 31, ,022D ， 11, ,022E  ， 20 ,0 , 2P   ， ……………………………………6 分 设  111,,x y zn 为平面 A D P 的法向量，则有 则 0 0 AD AP    n n ，即 1 111 0 312 0222 y xyz  ，可取 2 ,0,13   n= ，……………………………… 8 分 设  222,,xyzm 为平面 AEP 的法向量，则有 则 0 0 AE AP    m m ，即 22 222 0 312 0222 xy xyz  ，可取  1,1,2m ，…………………………… 10 分 所以cos ,mn = | nm | n || m = 2 22 11 ． 则二面角 DPAE余弦值为 2 22 11 . ………………………………………………………… 12 分 19．(12 分） 解：(1) 由题意 2 2 2 2 3 2 ab c a a b c       ，解得 224, 1ab, 3 所以椭圆的方程 2 2 14 x y ……………………………………………………………………………… 4分 （Ⅱ）设直线 l 的方程设为 1 2y x t，设 1122(,),(,)AxyBxy ，……………………………………… 5 分 联立 2 2 1 2 14 y x t x y     消去 y 得 2224440xtxt ……………………………………… 6 分 则有 2 1212 2,22xxtxxt ………………………………………7 分 且  2216844022ttt  又 11 1 2y x t， 22 1 2y x t，   2 2 12121212 1111 22422 tty yxtxtx xxxt   1212 1 22yyxxtt …………………………………………………………… 8 分 由 AB 为直径的圆过点 71(,)66P  ,得 0,PAPB……………………………………………………9 分 所以， 1212 7711 06666xxyy 得    1 2 1 2 1 2 1 2 7 49 1 1 06 36 6 36x x x x y y y y        所以   2 2271125422200 626189 tttttt     ，则 ……………………………… 10 分 解得 12 14,33tt ，又 412233  ， 所以直线 的方程为 11 23yx或 14 23yx …………………………………………………… 12 分 20．(12分） （1）证明：方法1：若 1a  ，则  2( )1 sin ,0,f xxx x   又 2 11x ，0sin1 x，故0sin1 x   ，所以 2 1sin0xx ，……………………………2 分 又 (0) 1f  ， 2π π( )=24f ， 2(π)=π +1f ，当 π π(0 ) ( ,π)22x， 时， 1 sin 0x    ， 所以 2 1 sin 0xx   恒成立， 4 所以当 1a  时，函数 ()fx在区间  0,  没有零点．…………………………………………………… 4分 方法2：若 1a  ，则  2()1sin,0,fxxxx   ()2cos,0,fxxxx   ， ( ) 2 sin 0f x x    ，故函数 ()fx 递增， 又 (0) 1 0f     ， ( ) 2 1 0f     ，所以 在  0,  有一个零点，设为 0x ， 所以在区间  00, x 上，函数 ()fx递减，在区间  0x ， 上，函数 递增， 故 2 0 0 0( ) ( ) 1 sinf x f x x x    又 000()2cos0fxxx  ，得 0 0 c o s 2 xx  ， ………………………………………2分 所以 22 00 000 cossin 5()()1sinsin 444 xxfxfxxx ，又 01 s i n 0 x， 所以 2 0 0 sin5 sin044 x x ，当且仅当 0s i n 1x  ，即 0 2x  时等号成立， 又当 时 0 0 c o s 2 xx  ，即 0 2x  ，故 0( ) ( ) 0f x f x ， 所以当 时，证明：函数 在区间 没有零点．………………………………………… 4分 （2）解：  ()2cos,0,fxxax x   ， 故 2cossin0xaxaxa ， 设 ()2cossingxxaxaxa ，  0,x  ， …………………………………………… 6分 由 (0)00g ， ()220gaa  ， ( )2sincos2 sin2 4g xaxaxax    ……………………………………………… 8分 由 a  ，得 0a  ， 在区间 0, 4   上 ()gx 单调减， 2(0)( )( )22 4a gg xga   在区间 ,4    上 单调增， 2 2 ( ) ( ) ( ) 24a g g x g a         又 ，所以 (0)20ga  ， ( ) 2 2 04ga    ， ()20ga  ………………………10分 故 ()gx 在区间 ,4    上存在唯一零点区间 0x ，由 的单调性可知， 5 在区间  00, x 上 ( ) 0gx  ， ()gx 单调减， 在区间  0 ,x  上 ( ) 0gx  ， 单调增， ()(0)0 ()()0 gxg gxg     ，故 a  ． ……………………………………………… 12分 21．(12 分） 解: (1)设模型 6.90570.0195yx   和 6.86390.1012lnyx   的相关指数分别是 2 1R 和 2 2R , 则 2 1 0.0148557 0.061931 9R  , 2 2 0.0048781 0.061931 9R  , 因为 0.0148557>0.0048781,所以 < 所以模型 的拟合效果更好. …………………………………………… 3 分 （2）2020 年 5 月份的对应月份代码为 18， 由(1)知,模型 的拟合效果更好, 利用该模型预测可得,这个小区 2020 年 5 月份的在售二手房均价为  6.8639 0.1012ln18 6.8639 0.1012 ln 2 2ln 3 7.16y        万元/平方米 ，………… 6 分 (ⅰ)设该购房者应支付的购房金额为 h 万元，因为税费中买方只需缴纳契税，所以 当5090s 时，契税为计税价格的 1% 故 7.16 (1% 1) 7.2316h s s     当90144s 时，契税为计税价格的 2% 故 7.16(2%1)7.3032hss 当144 160s 时，契税为计税价格的 4% 故 7.16(4%1)7.4464hss 故 7.2316 ,50 90, 7.3032 ,90 144, 7.4464 ,144 160. ss h s s ss       ………………………………………………… 9 分 所以当50 90s 时，购房金额为7.2316s 万元；当90144s 时，购房金额为7.3032s 万元；当 144160s 时，购房金额为7.4464s 万元. (ⅱ)设该购房者可购买该小区二手房的最大面积为 t 平方米， 由（ⅰ）知，当50 90s 时，应支付的购房金额为 万元， 又 7.23167.2316 90760s  ， 又因为房屋均价约为7.16 万元/平方米，7.16 144 760，所以 t<144,所以90 144t . 由 7.3032 760t  ，解得 760 104.17.3032t ， 所以该购房者可购买该小区二手房的最大面积为104平方米．……………………………………… 12 分 6 22.[选修 4-4：坐标系与参数方程]（10 分） 解: （1）由 2xt y kt    ，消去参数t 得 1l 的普通方程  2ykx， ………………………… 2 分 由 2xm my k   ，消去参数 m 得 2l 的普通方程  1 2yxk， ………………………… 4 分 设 P  ,xy ，由题意得     2 1 2 y k x yxk   ，消去 k 得  2240xyy ， ……………………………5 分 （2）由（Ⅰ）曲线 1C 的坐标方程为  20, ， ……………………………6 分 由题意 4sin 2      得 1sin 2  ，故 6   或 5 6   所以曲线 和曲线 2C 交点的极坐标为 2, 6   或 52, 6   ．………………………………………… 10 分 23.[选修 4-5：不等式选讲]（10 分） 解:（1）当 1, 2ba时，   2 3, 1 1 4 5, 1 4 2 3, 4 xx f x x x x xx               这时函数  fx的最小值为 5． ………………………………………… 4 分 7 （2）由 0ab ，故   1 0b a b ， 2 0a                2 222 22 112, 111 , 12, xax babbab fxxxaaxa babbabbab xaxa bab          ，……………………………8 分 【别解         222111xxaxxaababbabbab    ……………………… 8 分】 故     2 1fxa bab  又    2ababbab ，所以   2 14 baba  ， 故     22 2 144fxaa b aba  ，当且仅当 22, 2ab，时等号成立． …… 10 分