湖南省邵阳市第六中学2020届高三综合质量检测数学(理)试卷

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文档介绍

湖南省邵阳市第六中学2020届高三综合质量检测数学(理)试卷

湖南省邵阳市第六中学2020届 高三第二次综合质量检测数学(理)试卷 本试卷共23题,满分150分,共5页.考试用时120分钟.‎ 注意事项:‎ ‎1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2.考生作答时,将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答,超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸、试题卷上答题无效.‎ ‎3.选择题答案使用2B铅笔填涂,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号;非选择题答案使用毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写,字体工整、笔迹清楚.‎ ‎4.保持答题卡卡面清洁,不折叠、不破损.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.‎ 一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知集合,,则 A.     B.     C.     D. ‎ ‎2.的展开式中的系数为 A. B. C. D. ‎ ‎3.已知向量,,则的面积为 A.5 B.10 C.25 D.50‎ ‎4.平面直角坐标系中,角的顶点与原点重合,始边与x轴的非负半轴重合,终边过点,则 A. B. C. D. ‎ ‎5.音乐与数学有着密切的联系,我国春秋时期有个著名的“三分损益法”:以“宫”为基本音,“宫”经过一次“损”,频率变为原来的,得到“徵”;“徵”‎ 经过一次“益”,频率变为原来的,得到“商”;…….依次损益交替变化,获得了“宫、徵、商、羽、角”五个音阶.据此可推得 A.“宫、商、角”的频率成等比数列 B.“宫、徵、商”的频率成等比数列 ‎ C.“商、羽、角”的频率成等比数列 D.“徵、商、羽”的频率成等比数列 ‎6.函数的图象不可能是 ‎ A. B. C. D.‎ ‎7.已知,,,则 ‎ A. B. C. D.‎ ‎8.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,其中俯视图是等边三角形,则该几何体的外接球的表面积为 A.    B.    ‎ C.    D.‎ ‎9.每年的台风都对泉州地区的渔业造成较大的经济损失.某保险公司为此开发了针对渔船的险种,并将投保的渔船分为I,II两类,两类渔船的比例如图所示.经统计,2019年I,II两类渔船的台风遭损率分别为和.‎ ‎2020年初,在修复遭损船只的基础上,对I类渔船中的进一步改造.保险公司预估这些经过改造的渔船2020年的台风遭损率将降为,而其他渔船的台风遭损率不变.假设投保的渔船不变,则下列叙述中正确的是 A.2019年投保的渔船的台风遭损率为 B.2019年所有因台风遭损的投保的渔船中,I类渔船所占的比例不超过 C.预估2020年I类渔船的台风遭损率会小于II类渔船的台风遭损率的两倍 D.预估2020年经过进一步改造的渔船因台风遭损的数量少于II类渔船因台风遭损的数量 ‎10.已知双曲线的左、右焦点分别为,左、右顶点分别为.点在的渐近线上,,,则的离心率为 A. B. C. D.‎ ‎11.若,函数()的值域为,则的取值范围是 A. B. C. D.‎ ‎12.以为顶点的多面体中,,,,,,则该多面体的体积的最大值为 A. B. C. D.‎ 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在答题卡的相应位置.‎ ‎13.在复平面中,复数对应的点分别为.设的共轭复数为,则_______. ‎ ‎14.已知点,,过的直线与抛物线相交于两点.若为中点,则_______. ‎ ‎15.中,角所对的边分别为,,.若点在边上,且,则的最大值是_______.‎ ‎16.若存在过点的直线与函数,的图象都相切,则_______.‎ 三、解答题:共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.‎ ‎(一)必考题:共60分.‎ ‎17.(12分)‎ 记为数列的前项和,且,. ‎ ‎(1)求;‎ ‎(2)若,数列的前项和为,证明:.‎ ‎18.(12分)‎ 如图,四棱锥的底面为菱形,,.平面平面,,,分别是,的中点.‎ ‎(1)求证://平面;‎ ‎(2)若直线与平面所成的角为,求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎19.(12分)‎ 已知圆,直线与圆相切于点,直线垂直轴于点,且. ‎ ‎(1)求点的轨迹的方程;‎ ‎(2)直线与相交于两点,若的面积是的面积的两倍,求直线的方程. ‎ ‎20.(12分)‎ ‎“业务技能测试”是量化考核员工绩效等级的一项重要参考依据.某公司为量化考核员工绩效等级设计了A,B两套测试方案,现各抽取名员工参加A,B两套测试方案的预测试,统计成绩(满分分),得到如下频率分布表.‎ ‎ 成绩频率 方案A 方案B ‎(1)从预测试成绩在的员工中随机抽取人,记参加方案A的人数为,求的最有可能的取值;‎ ‎(2)由于方案A的预测试成绩更接近正态分布,该公司选择方案A进行业务技能测试.测试后,公司统计了若干部门测试的平均成绩与绩效等级优秀率,如下表所示:‎ 根据数据绘制散点图,初步判断,选用作为回归方程.令,经计算得,,.‎ ‎(ⅰ)若某部门测试的平均成绩为,则其绩效等级优秀率的预报值为多少?‎ ‎(ⅱ)根据统计分析,大致认为各部门测试平均成绩,其中近似为样本平均数,近似为样本方差,求某个部门绩效等级优秀率不低于的概率为多少?‎ 参考公式与数据:(1),,.‎ ‎(2)线性回归方程中,,.‎ ‎(3)若随机变量,则,,.‎ ‎21.(12分)‎ 已知函数.‎ ‎ (1)若在单调递增,求的值;‎ ‎ (2)当时,设函数的最小值为,求函数的值域.‎ ‎ ‎ ‎(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.‎ ‎22.[选修4—4:坐标系与参数方程](10分)‎ 直角坐标系中,圆(为参数)上的每一点的横坐标不变,纵坐标变为原来的,得到曲线.以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为.‎ ‎(1)求的普通方程和的直角坐标方程;‎ ‎(2)设与两坐标轴分别相交于两点,点在上,求的面积的最大值.‎ ‎23.[选修4—5:不等式选讲](10分)‎ 已知函数.‎ ‎(1)当时,求不等式的解集;‎ ‎(2)当时,证明:.‎ ‎ 高中毕业班第二次质量检查 理科数学试题答案及评分参考 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、单项选择题:本题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.A 2.D 3.A 4.D 5.A 6.C ‎7.B 8.B 9.D 10.B 11.D 12.C ‎2‎ ‎1.【解析】解法一:集合 A = {x -x + 1≥0} = (-¥,1] , B = {x 2x2 - x -1≤0}= [- 1 ,1] ,‎ 则 A U B = (-¥,1] .故选 A.‎ 解法二:如图,分别作出函数 y = -x + 1, y = 2x2 - x -1 的图象, 由图可知, A U B = ‎ (-¥,1] .故选 A.‎ ‎7 7 7 7‎ ‎2.【解析】将(x - 2)7 展开,得C 0 x7 (-2)0 + C1 x6 (-2)1 + C 2 x5 (-2)2 + × × × + C 7 x0 (-2)7 ,‎ ‎5‎ ‎7 7‎ 则原展开式中含 x6 的项为(-1) × C1 x6 (-2)1 + x × C 2 x5 (-2)2 ,整理可知其系数为98 .故选 B.‎ ‎5‎ 3. ‎【解析】因为 AB = ‎‎ ‎5,AC = 2‎ ‎‎ ‎,又因为 AB × AC = 0 ,所以ÐBAC = 90o ,‎ 所以 S ‎‎ DABC ‎‎ = 1 ´ ‎2‎ ‎‎ ‎5 ´ 2‎ ‎‎ = 5 .故选 A.‎ 3. ‎【解析】由题意,角a 的终边过点 M (-3,4) ,求得 OM = ‎(- 3)2 + 42‎ 由三角函数的定义得cos a = - 3 , sin a = 4 ,‎ ‎‎ = 5 ,‎ ‎5 5‎ 所以sin(p - 2a) = sin 2a = 2 sin a cos a = 2 ´ 4 ´ (- 3) = - 24 .故选 D.‎ ‎5 5 25‎ ‎3‎ 3. ‎【解析】设“宫”的频率为 a ,由题意经过一次“损”,可得“徵”的频率是 a ;“徵”经过一次“益”,可得“商”‎ ‎2‎ 的频率是 9 a ,“商”经过一次“损”,可得“羽”的频率是 27 a ;最后“羽”经过一次“益”,可得“角”的频 率是 81 a ‎64‎ ‎‎ ‎8‎ ‎,由于 a, 9‎ ‎8‎ ‎‎ a, 81‎ ‎64‎ ‎‎ ‎16‎ a 成等比数列,所以“宫、商、角”的频率成等比数列.故选 A.‎ 3. ‎【解析】因为 A、B 选项中,图像关于原点对称,所以 f ( x ) 为奇函数, f ( x ) + f (-x ) = 0 ,‎ x2 +1‎ 即ln(‎ ‎‎- kx)+ ln(‎ ‎‎ x2 +1 + kx)= 0 , ln(x2 +1 - k 2 x2)= ln 1, (1- k 2 ) x2 =0 ,‎ 所以 k = ±1 .当 k = 1 , f ( x ) 的图像为选项 A;当 k = -1 , f ( x ) 的图像为选项 B. 而 C、D 选项中,图像关于 y 轴对称,所以 f ( x ) 为偶函数, f ( x ) = f (-x ) ,‎ x2 +1‎ 即ln(‎ ‎‎- kx)=ln(‎ ‎‎ x2 +1 + kx), kx=0 ,所以 k = 0 .‎ 当 k = 0 , f ( x ) ³ 0 ,故 f ( x ) 的图像为选项 D,故 f ( x ) 的图像不可能为 C.故选 C.‎ ‎7.【解析】因为 π < 2 < 3π ,所以 2 < sin 2 < 1 ,故0 < a < 1, b > 1, 0 < c < 1.‎ ‎2 4 2‎ æ 2 ö2 1 2 1‎ 又 a = (sin 2)2 > ç ÷ = , c = log (sin 2) < log ( ) = ,所以b > a > c .故选 B.‎ ‎1 1‎ è 2 ø 2‎ ‎‎ ‎2 2 2 2‎ 8. ‎【解析】解法一:由三视图可得该几何体为四棱锥 B - ACDE ,平面 ABC ^ 平面 ACDE .‎ 设等边DABC 的外接圆圆心为O1 ,正方形 ACDE 的外接圆圆心为O2 ,过O1 作直线l1 垂直平面 ABC ,过O2 作直线l2 垂直平面 ACDE ,设l1 I l2 = O ,则O 为该几何体外接球的球心.‎ 取 AC 中点 M ,易得四边形OO1MO2 为矩形, OO1 = O2 M = 1 ,‎ r = O B = 2 ´ ‎3 ´ 2 = 2‎ ‎‎ ‎,设所求外接球的半径为 R ,在 RtDOO B ‎3‎ ‎1 2 3 3 1‎ 中, R2 = r 2 + OO2 = 7 , S = 4pR2 = 28p .故选 B.‎ ‎ ‎ ‎1 3 3‎ 解法二:由三视图可得该几何体为四棱锥 B - ACDE ,平面 ABC ^ 平面 ACDE ,该几何体可补形为棱长均为 2 的正三棱柱 ABC - EPD ,设等边 DABC 的外接圆圆心为O1 ,几何体外接球球心为O ,易得OO1 = 1 ,同解法一,可求得 S = 4pR2 = 28p .故选 B.‎ ‎3‎ 8. ‎【解析】设全体投保的渔船为t 艘.‎ ‎2019 年投保的渔船的台风遭损率为60% ×15%+40% × 5%=11% ,故 A 错;‎ ‎60% ×15%‎ ‎2019 年所有因台风遭损的投保的渔船中,I 类渔船所占的比例为 ‎‎ ‎= 9 > 8 , 故 ‎ ‎ B 错;‎ ‎60% ×15%+40% ×5% 11 10‎ 预估 2020 年 I 类渔船的台风遭损率 20% × 3%+80% ×15%=12.6%>2(× ‎‎ ‎5%),故 C 错;‎ 预估 2020 年经过进一步改造的渔船因台风遭损的数量t × 60% × 20% × 3% 少于 II 类渔船因台风遭损的数量t × 40% × 5% .故选 D.‎ 8. ‎【解析】不妨设 P 是渐近线在第一象限上的点,‎ 因为 PF × PF ‎‎ = 0 ,所以ÐF PF ‎‎ = 90o ,‎ ‎‎ PO‎ = OF2‎ ‎‎ = c .‎ ‎1 2 1 2‎ 又 P 在渐近线 y = b x 上,所以可得 P 点的坐标是(a, b),所以 PN ^ F F a 1 2‎ 在直角三角形 PNM 中, ÐMPN = p,‎ ‎3‎ 所以 MN = ‎‎ ‎3 PN ‎‎ ‎,即 2a = ‎‎ ‎3b, b = 2 .‎ a 3‎ b2‎ ‎1+ a2‎ 所以e = ‎‎ = = = ‎‎ ‎21‎ ‎.故选 B.‎ ‎3‎ ‎1+ 4‎ ‎3‎ ‎7‎ ‎3‎ ‎11.【解析】因为 f (x) = 5sin (wx +j) (其中sinj= 4,cosj= 3 , 0 0 , 0≤x≤ p ,所以j≤t≤ πw+j.‎ ‎3 3‎ 因为 g(j) = 4 ,且0 = = = = ,‎ ‎3 + 25 ´ ‎‎ ‎7 ´ 31 31‎ ‎4‎ 直线 DE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 2‎ ‎‎ ‎4‎ ‎93‎ ‎................................................................................. 12 分 ‎31‎ 解法二:(1)取 AD 中点 N ,连接 NE, NF , 1 分 Q N, F 分别是 AD, PD 的中点, NF // PA ,‎ 又 NF Ë 平面 PAB , PA Ì 平面 PAB , NF //平面 PAB . 2 分 Q N , E 分别是 AD, BC 的中点, AN // BE 且 AN = BE ,‎ 四边形 ABEN 是平行四边形, NE // AB ,‎ 又 NE Ë 平面 PAB , AB Ì 平面 PAB , NE //平面 PAB ; 3 分 Q NE I NF = N, NE Ì 平面 NEF , NF Ì 平面 NEF ,‎ 平面 NEF // 平面 PAB , 4 分 又Q EF Ì 平面 NEF , EF // 平面 PAB . 5 分 ‎(2)取CD 中点O ,连接 PO , BO ,‎ Q PC = PD , PO ^ CD ,‎ Q平面 PCD ^ 平面 ABCD ,平面 PCD I 平面 ABCD = CD , PO Ì 平面 PCD ,‎ PO ^ 平面 ABCD 6 分 则ÐPBO 为 PB 与平面 ABCD 所成的角,即ÐPBO = 45° .‎ 在DBCO 中, BC = 2, CO = 1, ÐBCO = 120° ,‎ ‎7‎ ‎.‎ BO2 = 22 +12 - 2´1´ 2´cos120° = 7 , BO = RtDPOB 中,‎ ‎7‎ PO = tan 45° = 1, PO = BO ‎‎ ‎...............................................................................................................7 分 连接 AC, BD ,设 AC I BD = G ,分别以GB , GC , OP 所在方向为 x 轴, y 轴, z 轴的正方向建立空间直角坐标系G - xyz ,‎ 则 B(‎ ‎‎ ‎3,0,0) , C(0,1,0) , D(- ‎‎ ‎3,0,0) ,‎ ‎‎ P(- ‎3‎ ‎, 1 , 7 )‎ ‎2 2‎ ‎‎ ‎, E(‎ ‎2‎ ‎‎ ‎, 1 ,0),‎ ‎3‎ ‎2‎ CB = (‎ ‎‎ ‎3 ,-1,0) , CP = (- ‎‎ ‎,- 1 ,‎ ‎3‎ ‎2 2‎ ‎‎ ‎7 ), DE = (‎ ‎2‎ ‎‎ ‎, 1 ,0) 8 分 ‎3 3‎ ‎2‎ 设平面 PBC 的一个法向量 n = (x, y, z) ,‎ ì uuur r ïCB × n = 0,‎ ‎‎ ì 3x - y = 0,‎ ï 由íuuur r 得í- ‎‎ ‎3 x - 1 y + ‎‎ ‎7 z = 0,‎ ïîCP × n = 0,‎ ‎‎ îï 2 2‎ 令 x = ‎‎ ‎7‎ ‎, n = ( 7 ,‎ ‎‎ ‎21,‎ ‎‎ ‎3) , 10 分 设 DE 与平面 PBC 所成角为a,‎ ‎2 21‎ ‎ ‎ DE × n DE ´ n ‎7 + 21+ 3‎ ‎2 93‎ ‎3 21 + 21 + 0‎ ‎2 2‎ sina= cos < DE, n > = = = = ,‎ ‎27 + 1 ´ ‎‎ ‎7 ´ 31 31‎ ‎4‎ 直线 DE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 2‎ ‎‎ ‎4‎ ‎93‎ ‎.............................................................................12 分 ‎31‎ 14. 本小题主要考查椭圆标准方程及简单几何性质,直线与椭圆的位置关系等基础知识;考查运算求解能 力,推理论证能力;考查数形结合思想,函数与方程思想等;考查直观想象,逻辑推理,数学运算等 核心素养;体现基础性,综合性与创新性.满分 12 分.‎ 解法一:(1)设 P ( x, y ) ,则 PA 2 = ‎‎ PO 2 - 3 = x2 + y2 - 3 , 2 分 PB 2 = x2 , 3 分 由 PB ‎‎ = 2 PA 得, PB 2 = 4 PA 2 ,所以 x2 = 4(x2 + y2 - 3), 4 分 ‎2‎ 化简得 x ‎‎ ‎2 2‎ y x + = 1. 故点 P 的轨迹 E 的方程为 ‎‎ ‎2‎ y + = 1( x ¹ 0 ).‎ ‎4 3 4 3‎ ‎(2)当直线 PA 的斜率不存在时,不满足题意. 5 分 ‎3‎ 设直线 PA : y = kx + m , P ( x1 , y1 ),Q (x2 , y2 ) .‎ m k 2 +1‎ 由直线 PA 与圆O 相切,可得 ì x2 + y2 = ‎ ‎ ‎‎ = , m2 = 3(k 2 +1). 6 分 ï 由í 4 3‎ ‎‎ ‎1, 得(3 + 4k 2 ) x2 + 8kmx + (4m2 -12 )= 0 , 7 分 ïî y = kx + m,‎ ìx + x = ‎‎ -8km ,‎ ï 所以í ‎‎ ‎1 2 3 + 4k 2‎ ‎4m2 -12‎ ‎‎ ‎........................................................................................................................8 分 ï x x = .‎ îï 1 2‎ 由 S = 2S ‎‎ ‎3 + 4k 2‎ ‎2‎ è ø 得, 1 ´ 3 ´ PA = 2 æ 1 ´ 3 ´ QA ö , PA = 2 QA , x = 2 x .‎ ‎ ‎ ‎△POA ‎‎ ‎△QOA 2 ç ÷ 1 2‎ ‎4m2 -12 12k 2‎ ‎‎ x = 2x 因为 x1x2 = ‎‎ ‎3 + 4k 2‎ ‎‎ = 3 + 4k 2 > 0 ,所以 1 2 . 10 分 æ -8km ö2‎ ( x + x )2‎ ‎‎ ç 3 + 4k 2 ÷ ‎‎ ‎16k 2m2‎ ‎‎ ‎16 (k 2 +1) 因为 1 2 = è ø = ‎‎ ‎2 2 = ,‎ x1x2‎ ‎‎ ‎4m2 -12‎ ‎3 + 4k 2‎ ‎‎ (3 + 4k ‎‎ )(m ‎‎ - 3) ‎‎ ‎3 + 4k 2‎ ( x + x )2‎ ‎‎ (2x + x )2 9‎ ‎1 2 = x x ‎‎ ‎2 2 = ,‎ ‎2x 2 2‎ ‎1 2 2‎ ( ) ‎16 k 2 +1‎ 所以 ‎‎ = 9 , k = ± , m = ± .‎ ‎5‎ ‎3 3‎ ‎3 + 4k 2 2 2 2‎ 故直线 PA 的方程为 y = ± ‎‎ ‎5 x + 3 3 或 y = ± ‎2 2‎ ‎‎ ‎5 x - 3 3 . 12 分 ‎2 2‎ 解法二:(1)同解法一. 4 分 ‎(2)当直线 PA 的斜率不存在时,不满足题意. 5 分 ‎3‎ 设直线 PA : y = kx + m , P ( x1 , y1 ),Q (x2 , y2 ) .‎ m k 2 +1‎ 由直线 PA 与圆O 相切,可得 ‎‎ = , m2 = 3(k 2 +1). 6 分 ï ì x2 + y2 = 由í 4 3‎ ‎‎ ‎1, 得(3 + 4k 2 ) x2 + 8kmx + (4m2 -12 )= 0 , 7 分 ïî y = kx + m,‎ ìx + x = ‎‎ -8km ,‎ ï 所以í ‎‎ ‎1 2 3 + 4k 2‎ ‎4m2 -12‎ ‎‎ ‎....................................................................................................................8 分 ï x x = .‎ îï 1 2‎ 由 S = 2S ‎‎ ‎3 + 4k 2‎ ‎2‎ 得, 1 ´ ‎‎ ‎3 ´ PA = 2 æ 1 ´ ‎‎ 3 ´ QA ö , PA = 2 QA ,‎ ‎△POA 又 PA = ‎‎ ‎△QOA ‎‎ ç ÷ ‎2‎ è ø OP 2 - 3‎ OQ 2 - 3‎ ‎, QA = ,‎ ‎1 1 2 2‎ 所以 4 OQ 2 - OP 2 = 9 , 4 ( x2 + y2 ) - (x2 + y2 ) = 9 ,‎ ‎4 ( x2 + y2 ) - (x2 + y2 ) = 9 , x ‎‎ = 2 x .‎ ‎1 1 2 2 1‎ ‎4m2 -12 12k 2‎ ‎ ‎ ‎‎ ‎2‎ x = 2x 因为 x1x2 = ‎‎ ‎3 + 4k 2‎ ‎‎ = 3 + 4k 2 > 0 ,所以 1 2 . 10 分 æ -8km ö2‎ ( x + x )2‎ ‎‎ ç 3 + 4k 2 ÷ ‎‎ ‎16k 2m2‎ ‎‎ ‎16 (k 2 +1) 因为 1 2 = è ø = ‎‎ ‎2 2 = ,‎ x1x2‎ ‎‎ ‎4m2 -12‎ ‎3 + 4k 2‎ ‎‎ (3 + 4k ‎‎ )(m ‎‎ - 3) ‎‎ ‎3 + 4k 2‎ ( x + x )2‎ ‎‎ (2x + x )2 9‎ ‎1 2 = x x ‎‎ ‎2 2 = ,‎ ‎2x 2 2‎ ‎1 2 2‎ ( ) ‎16 k 2 +1‎ 所以 ‎‎ = 9 , k = ± , m = ± .‎ ‎5‎ ‎3 3‎ ‎3 + 4k 2 2 2 2‎ 故直线 PA 的方程为 y = ± ‎‎ ‎5 x + 3 3 或 y = ± ‎2 2‎ ‎‎ ‎5 x - 3 3 . 12 分 ‎2 2‎ 解法三:(1)同解法一. 4 分 ‎(2)当直线 PA 的斜率不存在时,不满足题意. 5 分 设直线 PA : y = kx + m , A( x0 , y0 ) , P ( x1 , y1 ),Q (x2 , y2 ) .‎ ìx2 + y2 = 3,‎ î 由í y = kx + m,‎ ‎‎ 得(1+ k 2 ) x2 + 2kmx + (m2 - 3 ) = 0 ,‎ 由△ = 0 得, (2km)2 - 4 (1 + k 2 )(m2 - 3 ) = 0 , m2 = 3(k 2 +1)……①. 6 分 且 x0‎ ‎‎ = -km 。‎ ‎1+ k 2‎ ï ì x2 + y2 = 由í 4 3‎ ‎‎ ‎1, 得(3 + 4k 2 ) x2 + 8kmx + (4m2 -12 )= 0 , 7 分 ïî y = kx + m,‎ ìx + x = ‎‎ -8km ,‎ ï 所以í ‎‎ ‎1 2 3 + 4k 2‎ ‎4m2 -12‎ ‎‎ ‎……② 8 分 ï x x = .‎ îï 1 2‎ 由 S = 2S ‎‎ ‎3 + 4k 2‎ ‎2‎ è ø 得, 1 ´ 3 ´ PA = 2 æ 1 ´ 3 ´ QA ö , PA = 2 QA ,‎ ‎ ‎ ‎△POA ‎‎ ‎△QOA 2 ç ÷ 所以 x1 - x0 = 2 (x0 - x2 ) ,‎ x + 2x ‎‎ = 3x ‎‎ ‎, x + 2x ‎‎ -24km = ……③。 10 分 ‎1 2 0‎ ‎‎ ‎1 2 1+ k 2‎ 由①②③,解得 k = ± ‎‎ ‎5 , m = ± 3 3 .‎ ‎2‎ 故直线 PA 的方程为 y = ± ‎‎ ‎2‎ ‎5 x + 3 3 或 y = ± ‎2 2‎ ‎‎ ‎5 x - 3 3 . 12 分 ‎2 2‎ 14. 本小题主要考查超几何分布、不等式、回归分析、正态分布等基础知识;考查抽象概括能力、数据处 理能力、运算求解能力、推理论证能力、创新意识;考查统计与概率思想、化归与转化思想;考查数 学运算素养、数学建模素养、数据分析素养,体现基础性、综合性、创新性与应用性.‎ 解法一:(1)预测试成绩在[25, 35) U[85, 95] 的员工中,接受方案 A 测试的有100 ´(0.02 + 0.03) = 5 人; 接受方案 B 测试的有100 ´(0.16 + 0.04) = 20 人. 1 分 依题意,随机变量 X 服从超几何分布,记这6 人中接受方案 A 预测试的人数为k ,‎ Ck ×C 6-k C 则 P( X = k ) = 5 20 ,其中 k Î{0,1, 2, 3, 4, 5} . 3 分 ‎25‎ C1 ×C5 > C 2 ×C 4 > C 0 ×C 6 > C3 ×C3 > C 4 ×C 2 > C5 ×C1 ,‎ ‎5 20 5 20 5 20 5 20 5 20 5 20‎ 得 P(x = k )max = P(x = 1) ,即 X = 1 的可能性最大,故 X 最有可能的取值为1. 4 分 ‎(2)(ⅰ)依题意, y = l× emx 两边取对数,得ln y = mx + ln l,即 z = mx + lnl. 5 分 其中 x = 63 , 6 分 由提供的参考数据,可知m= 0.02 ,又-0.642 = 0.02 ´ 63 + ln l,故ln l» -1.9 ,‎ 由提供的参考数据,可得l» 0.15 7 分 故 yˆ = 0.15× e0.02 x ,当 x = 60 时, yˆ » 0.498 . 8 分 ‎(ⅱ)由(ⅰ)及提供的参考数据可知, m» x = 63 ,s » s » 20 .‎ y ³ 0.78 ,即0.15 × e0.02 x ³ 0.78 ,可得0.02x ³ ln 5.2 ,即 x ³ 83 . 9 分 又m+s = 83 ,且 P(m-s< X < m+s) = 0.6826 , 11 分 由正态分布的性质,得 P(x ³ 83) = 1 [1- P(m-s< x < m+ s)] = 0.1587 ,‎ ‎2‎ 记“绩效等级优秀率不低于0.78 ”为事件 A ,则 P( A) = P(x ³ 83) = 0.1587 ,‎ 所以绩效等级优秀率不低于0.78 的概率等于0.1587 . 12 分 解法二:(1)预测试成绩在[25, 35) U[85, 95] 的员工中,接受方案 A 测试的有100 ´(0.02 + 0.03) = 5 人; 接受方案 B 测试的有100 ´(0.16 + 0.04) = 20 人. 1 分 依题意,随机变量 X 服从超几何分布,记这6 人中接受方案 A 预测试的人数为k ,‎ Ck ×C 6-k C 则 P( X = k ) = 5 20 ,其中 k Î{0,1, 2, 3, 4, 5} . 3 分 ‎25‎ ìCk ×C 6-k Ck -1 ×C 7-k ï 5 20 ³ 5 20 ,‎ ìP( X = k ) ³ P( X = k -1),‎ ‎‎ ï C 6‎ ‎‎ C 6 ìCk ×C 6-k ³ Ck -1 ×C 7-k ,‎ 由í 得í ‎‎ ‎25 25‎ ‎‎ 即í 5 20 5 20‎ îP( X = k ) ³ P( X = k +1),‎ ‎‎ Ck ×C 6-k Ck +1 ×C 5-k ‎‎ Ck ×C 6-k ³ Ck +1 ×C 5-k ,‎ ï 5 20 ³ 5 20 ,‎ ‎‎ î 5 20 5 20‎ ï C 6 C 6‎ î 25 25‎ ì 1 ³ 1 ,‎ ‎ ‎ ï k × (14 + k ) (6 - k ) × (7 - k )‎ ‎15 14‎ 即í 求得 £ k £ ,‎ ‎1 1 27 9‎ ï ï ³ ,‎ î(5 - k) × (6 - k) (k +1) × (15 + k)‎ 故 X 最有可能的取值为1. 4 分 ‎(2)同解法 1.‎ 14. 本小题主要考查函数的单调性与极值、导数的应用等基础知识,考查抽象概括能力、推理论证能力、 运算求解能力,考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合等思想,考查数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养,体现综合性、应用性与创新性.满分 12 分.‎ 解析:(1) f ¢(x) = (x - a) ln x . 1 分 因为 f (x) 在(0, +¥) 单调递增,所以 f ¢(x) ³ 0 ,即(x - a) ln x ³ 0 . 2 分 (i) 当 x > 1 时, ln x > 0 ,则需 x - a ³ 0 ,故 a £ xmin ,即 a £ 1 ; 3 分 (ii) 当 x = 1 时, ln x = 0 ,则 a Î R ; 4 分 (iii) 当0 < x < 1 时, ln x < 0 ,则需 x - a £ 0 ,故 a ³ xmax ,即 a ³ 1 .‎ 综上述, a = 1 . 5 分 ‎(2) g(x) = ‎‎ f (x) = 1‎ ‎ ‎ ‎‎ - a) ln x - 1 x + a , g¢(x) = 1 ln x - a + 1 , g ¢(x) =  ‎‎ ‎1 + a .‎ ‎( x x 2 4‎ ‎‎ ‎2 x 4‎ ‎‎ ‎2x x2‎ 因为 1 < a < 3 e ,所以 g ¢(x) > 0 ,所以 g¢(x) 在(0, +¥) 单调递增. 6 分 ‎4 4‎ 又因为 g¢(1) = -a + 1 < 0 , g¢(e) = - a + 3 > 0 ,‎ ‎4 e 4‎ 所以存在 x0 Î(1, e) ,使 g¢(x0 ) = 0 , 7 分 且当 x Î(0, x0 ) 时, g¢(x) < 0 ,函数 g(x) 单调递减; 当 x Î(x0 , +¥) 时, g¢(x) > 0 ,函数 g(x) 单调递增.‎ 故 g(x) 最小值为 g(x ) = ( 1 x - a) ln x - 1 x ‎ ‎ ‎‎ + a = h(a) . 8 分 ‎0 2 0 0 4 0‎ 由 g¢(x ) = 0 ,得 a = 1 x ln x + 1 x ‎ ‎ ‎‎ ‎,因此 h(a) = 3 - 1 x ‎ ‎ ‎‎ ln x ) ln x ‎‎ ‎. 9 分 ‎( x ‎0 2 0 0 4 0‎ ‎‎ ‎4 0 2‎ ‎‎ ‎0 0 0‎ 令t( x) = 1 x ln x + 1 x , x Î(1, e) ,则t¢( x) = 1 ln x + 3 > 0 ,‎ ‎2 4 2 4‎ 所以t( x) 在区间(1, e) 上单调递增.‎ 又因为 1 < a < 3 e ,且t(1) = 1 ,t(e) = 3 e ,‎ ‎4 4 4 4‎ 所以1 < x0 < e ,即 x0 取遍(1, e) 的每一个值. 10 分 令j(x) = ( 3 x - 1 x ln x) ln x (1 < x < e ),‎ ‎4 2‎ 则j¢(x) = - 1 ln 2 x - 1 ln x + 3‎ ‎2 4 4‎ ‎‎ = - 1 (2 ln x + 3)(ln x -1) > 0 ,‎ ‎4‎ 故函数j(x) 在(1, e) 单调递增. 11 分 又j(1) = 0 ,j(e) = e ,所以0 < j( x) < e ,故函数 h(a) 的值域为æ 0, e ö . 12 分 ‎4 4 ç 4 ÷ è ø ‎(二)选考题:共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.‎ 14. 选修4 - 4 :坐标系与参数方程 本小题主要考查参数方程和普通方程,极坐标方程和直角坐标方程的互化,曲线的伸缩变换等基础知 识,考查数形结合思想、化归与转化思想,考查直观想象、数学运算等核心素养,体现基础性、综合 性,满分 10 分.‎ ‎4‎ 解法一:(1)由r= 2 sinq- cosq得 2rsinq- rcosq= 4 .‎ 把 x = rcosq, y = rsinq代入上式可得直线l 的直角坐标方程为 x - 2 y + 4 = 0 . 2 分 C ìx = 2 cosq,( 为参数) î 因为圆 1 的参数方程为í y = 2 sinq q ‎. 3 分 ìx = x0 ,‎ 设(x , y )为圆C 上任意一点,在已知的变换下变为C 上的点(x, y),则有ï ‎‎ ‎........ 4 分 ‎0 0 1‎ ‎‎ ‎2 í y = 1 y ,‎ 因为ìx0 = 2 cosq,(q为参数),所以ìx = 2 cosq ,‎ ‎‎ îï 2 0‎ y î î 0‎ í = 2 sinq í2 y = 2 sinq ìx = 2 cosq,‎ î 曲线C2 的参数方程为í y = sinq (q为参数).‎ 可得普通方程为 ‎‎ x2 + 2‎ y ‎4‎ ‎‎ = 1. 5 分 ‎42 + 22‎ ‎(2)不妨设 A(- 4,0), B(0,2),所以 AB = ‎‎ = 2 .‎ ‎5‎ 设Q(2 cosq, sinq),令Q 点到直线l 的距离为 d ,‎ 则△QAB 的面积 S = 1 ´ AB ´ d , 6 分 ‎2‎ ‎2 2 cosæq+ pö + 4‎ ‎2 cosq- 2 sinq+ 4‎ ‎ ‎ ‎5‎ ç 4 ÷ ‎5‎ d = = è ø 7 分 p 当且仅当cos(q+ ) = 1 ,即q= ‎4‎ ‎2 2 + 4‎ ‎5‎ ‎1‎ ‎‎ ‎7p 3 时, dmax = ‎‎ ‎2 2 + 4‎ ‎5‎ ‎, 8 分 所以 Smax = 2 ´ 2 5 ´ ‎‎ = 4 + 2‎ ‎, 9 分 ‎2‎ æ 2 ö ‎2‎ 所以DQAB 面积的最大值 4 + 2‎ ‎‎ ‎,相应Q 点的坐标为ç è ‎‎ ‎2,- ‎2‎ ‎‎ ÷ . 10 分 ø ‎4‎ 解法二:(1)由r= 2 sinq- cosq得 2rsinq- rcosq= 4 .‎ 把 x = rcosq, y = rsinq代入上式可得直线l 的直角坐标方程为 x - 2 y + 4 = 0 . 2 分 把圆C : ìx = 2 cosa, (a为参数)化为普通方程为 x2 + y2 = 4 . 3 分 î ‎1 í y = 2 sina 设(x0 , y0 )为圆C1 上任意一点,在已知的变换下变为C2 上的点(x, y),‎ ìx = x ï 则有í y = 1 y ‎‎ ìx0‎ ‎,即í y ‎‎ = x = 2 y . 4 分 ïî 2 0 î 0‎ ‎2 2 2 2‎ ‎‎ x2 2‎ 又 x0 + y0 = 4 ,所以 x ‎‎ + (2 y)‎ ‎‎ = 4 ,曲线C2 的普通方程为 4 + y ‎‎ = 1 . 5 分 ‎(2)同解法一.‎ 14. 选修 4 - 5 :不等式选讲 本小题主要考查绝对值不等式、均值不等式等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想、分 类与整合思想、数形结合思想,考查数学运算等核心素养,体现基础性、综合性.满分 10 分.‎ 解法一:(1)当 m = 1时, f (x) = ‎‎ x + 2 + x - 3 + x ,‎ ì3x -1, x≥3,‎ ï 所以 f (x) = ‎‎ x + 2 + x - 3 + x = íx + 5, -2≤x < 3, 且 f (3) = 8 , f (-2) = 3 , 2 分 î ï-2x +1, x < -2,‎ 作出函数 f (x) 的图象,如图,‎ ‎...........................................................................................................................3 分 ‎7‎ 令-2x +1 = 8 ,解得 x = - , 4 分 ‎2‎ 由图可知 f (x)≤8 的解集为[- 7 , 3] . 5 分 ‎2‎ ‎(2)因为 x + 2 + x - 3 ≥ (x + 2) - (x - 3) = 5 , 7 分 当且仅当(x + 2)(x - 3)≤0 即-2≤x≤3 时等号成立, 所以 f (x)≥mx + 5 .‎ 又 x Î[-2, 3] 时, mx + 5≥ - 2m + 5≥3 , 9 分 所以 f (x)≥3 . 10 分 解法二:(1)同解法一; 5 分 ì(2 + m) x -1, x≥3,‎ ï ‎(2) f (x) = ‎‎ x + 2 + x - 3 + mx = ímx + 5, -2≤x < 3,‎ î ï(m - 2)x +1, x < -2,‎ ‎‎ ‎........................................................................7 分 当 x≥3 时, (m + 2)x -1≥3m + 5 ; 当-2≤x < 3 时, mx + 5≥ - 2m + 5 ;‎ 当 x < -2 时, (m - 2)x +1 > -2m + 5 ,‎ 由上,可得 f (x)≥ - 2m + 5 , 9 分 又 m Î(0,1] ,所以-2m + 5≥ - 2 + 5 = 3 ,‎ 故 f (x)≥3 . 10 分
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