福建省泉州市2020届高三高中毕业班5月份质检（二模）数学（理）试题答案(定稿）

福建省泉州市2020届高三高中毕业班5月份质检（二模）数学（理）试题答案(定稿）

市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 1页 共 18页 泉州市 2020 届普通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 1．【解析】解法一：集合  1 0 ( ,1]A x x    ≥ ，  2 12 1 0 [ ,1]2B x x x    ≤ ， 则 A B  ( ,1] ．故选 A． 解法二：如图，分别作出函数 1y x   ， 22 1y x x   的图象， 由图可知， A B  ( ,1] ．故选 A． 2．【解析】将 7( 2)x  展开，得 0 7 0 1 6 1 2 5 2 7 0 7 7 7 7 7( 2) ( 2) ( 2) ( 2)C x C x C x C x         ， 则原展开式中含 6x 的项为 1 6 1 2 5 2 7 7( 1) ( 2) ( 2)C x x C x      ，整理可知其系数为98 ．故选 B． 3．【解析】因为 525  ACAB ， ，又因为 0 ACAB ，所以 90BAC ， 所以 55252 1 ABCS ．故选 A． 4．【解析】由题意，角  的终边过点 )4,3(M ，求得 543 22  ）（OM ， 由三角函数的定义得 5 3cos  ， 5 4sin  ， 所以 25 24)5 3(5 42cossin22sin)2sin(  ．故选 D． 5．【解析】设“宫”的频率为 a ，由题意经过一次“损”，可得“徵”的频率是 a2 3 ；“徵”经过一次“益”，可得“商” 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 2页 共 18页 的频率是 a8 9 ，“商”经过一次“损”，可得“羽”的频率是 a16 27 ；最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频 率是 a64 81 ，由于 aaa 64 81,8 9, 成等比数列，所以“宫、商、角”的频率成等比数列．故选 A． 6．【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，     0f x f x   ， 即 2 2ln 1 ln 1x kx x kx     （ ） （ ） 0 ， 2 2 2ln 1 lnx k x  （ ） 1， 2 21 0k x = ， 所以 1k   ．当 1k  ，  f x 的图像为选项 A；当 1k   ，  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  ， 即 2 2ln 1 ln 1x kx x kx   （ ）= （ ）， 0kx= ，所以 0k  ． 当 0k  ，   0f x  ，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 3π22 4   ，所以 2 sin 2 12   ，故 0 1a  ， 1b  ， 0 1c  ． 又 2 2 2 1(sin 2) 2 2a        ， 1 1 2 2 2 1log (sin 2) log ( )2 2c    ，所以b a c  ．故选 B． 8．【解析】解法一：由三视图可得该几何体为四棱锥 ACDEB  ，平面 ABC 平面 ACDE ． 设等边 ABC 的外接圆圆心为 1O ，正方形 ACDE 的外接圆圆心为 2O ，过 1O 作直线 1l 垂直平面 ABC ，过 2O 作直线 2l 垂直平面 ACDE ，设 Oll 21  ，则O 为该几何体外接 球的球心． 取 AC 中点 M ，易得四边形 21MOOO 为矩形， 121  MOOO ， 3 32 3 2 2 321  BOr ，设所求外接球的半径为 R ，在 BOORt 1 中， 3 72 1 22  OOrR ， 3 284 2   RS ．故选 B． 解法二：由三视图可得该几何体为四棱锥 ACDEB  ，平面 ABC 平面 ACDE ，该几何体可补形为棱长均为 2 的正三棱柱 EPDABC  ，设等边 ABC 的外接圆圆心为 1O ，几何体外接球球心为O ，易得 11 OO ，同解法一，可求得 3 284 2   RS ．故选 B． 9． 【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； 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 3页 共 18页 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 60% 15% 9 8=60% 15%+40% 5% 11 10    ，故 B 错； 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 60% 20% 3%t    少于 II 类渔船因台风遭损的 数量 40% 5%t   ．故选 D． 10．【解析】不妨设 P 是渐近线在第一象限上的点， 因为 021  PFPF ，所以 ,9021  PFF cOFPO  2 ． 又 P 在渐近线 xa by  上，所以可得 P 点的坐标是  ba, ，所以 21FFPN  ． 在直角三角形 PNM 中， 3 MPN ， 所以 PNMN 3 ，即 3 2,32  a bba ． 所以 3 21 3 7 3 411 2 2  a be ．故选 B． 11．【解析】因为  ( ) 5sinf x x   （其中 4 3sin = cos =5 5  ， ， < < 2  0 ）． 令t x   ， ( ) 5sing t t ，因为 0  ， 3x 0≤ ≤ ，所以 π 3t  ≤ ≤ ． 因为 ( ) 4g   ，且 < < 2  0 ，所以 (π ) 4g   ， π( ) 52g  ， 故 π π π2 3    ≤ ≤ ，即 π π π 22 3    ≤ ≤ ． 当 π0 π 2 π2 x    ≤ ≤ 时， cosy x 单调递减， 因为   2 2π 4 16 9 7cos sin ,cos π 2 cos2 sin cos2 5 25 25 25                    ， 所以 7 4cos( ) ,3 25 5       ．故选 D． 12．【解析】取 AB 的点O ．因为 AC CB ，AD DB ，AE EB ，所以OA OB OC OD OE    ， 故点 , ,C D E 在以 AB 为直径的球面O 上． 设 ,A B 到平面CDE 的距离分别为 1 2,d d ，则 1 2d d AB ≤ ， 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 4页 共 18页 所以该多面体的体积 1 2 1 1( )3 3A CDE B CDE CDE CDEV V V S d d S AB      △ △≤ ， 过点 , ,C D E 作球的截面圆 'O ，设圆 'O 的半径为 r ，则 3r≥ ，且 1 2r AB≤ 即 5r≤ ，所以3 5r≤ ≤ ， 又点 E 到CD 的距离最大值为 2 2 2 292 CDr r r r        ， 所以 2 21 6 ( 9) 3( 9)2CDES r r r r      △ ≤ ， 因为函数 2( ) 9f r r r   在[3,5] 单调递增，所以 max( ) (5) 5 4 9f r f    ， 从而 10 10 3 9 903 3CDEV S AB   △≤ ≤ ．故选 C． 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． 5i 14． 1 2 15． 13  16． 2 13．【解析】由题意，得 1 1 2iz   ， 2 2 iz   ，所以 1 1 2iz   ，故    1 2 1 2i 2 i 5iz z       ． 14．【解析】易知抛物线 2 4y x 的焦点 B ，准线 1x   ． 分别作点 P Q、 到准线的垂线段，垂足分别为点 D C、 ． 根据抛物线的定义，有 PB PD ， QB QC ， 因为 PD//QC ，且 P 为 AQ 中点， 所以 PD 是 AQC△ 的中位线， 1 2PD = QC ， 即 1 2PB = QB ，故 1 2 PB QB  ． 15．【解析】解法一：在 ABC 中，由正弦定理得 ABBA cossin3sinsin  ,因为 0sin B ，所以 3tan A ，又因为  A0 ，所以 3 A ；设 ABC 外接圆的圆心为O ，半径为 R ,则由正弦定 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 5页 共 18页 理得 3 3sin2 3 sin2   A aR ，如图所示，取 BC 的中点 M ， 在 BOMR t 中， 2 3 2  BCBM ， 2 3 2 33 2222  ）（）（BMOBOM ； 在 DOMR t 中， 2 1 BMBDDM ， 12 1 2 3 2222  ）（）（DMOMOD ； 13  ODRODAOAD ，当且仅当圆心 O 在 AD 上时取等号，所以 AD 的最大值是 13  ，故答案为 13  ． 解法二：在 ABC 中，由正弦定理得 ABBA cossin3sinsin  ,因为 0sin B ，所以 3tan A ， 又因为  A0 ，所以 3 A ；由正弦定理得 Bb sin32 ， Cc sin32 ，在 ABD 中， c ADc BDBA ADBDBAB 4 4 2cos 22222   ． 在 ABC 中， c bc BCBA ACBCBAB 6 9 2cos 22222   ，所以 c bc c ADc 6 9 4 4 2222  整理得 23 1 3 2 222  cbAD ； 所以 2sin4sin82)sin32(3 1sin323 2 22222  CBCBAD ）（ CB 2cos22cos44  )23cos(22cos44 BB  BB 2cos32sin34  )32sin(324  B ，当 1)32sin( B 即 12 5B 时， 2AD 取得最大值 324  ，所以 AD 的最 大值为 13  ． 16．【解析】 x' exf 1)( ， x-a' exg 1)( ，设直线 l 与函数 )(xf 的图象相切于点 ）（ 1 11, xexx  ，则切 线斜率 111 xek  ，切线l 的方程为 ))(1()( 11 11 xxeexy xx  ． 设直线 l 与函数 )(xg 的图象相切于点 2 2 2( , )a xx x e  ，则切线斜率 212 x-aek  ，切线 l 的方程为 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 6页 共 18页 ))(1()( 22 22 xxeexy xaxa   ． 因为过点 ），（ 21 a 的直线l 与函数 xexxf )( ， x-aexxg )( 的图象都相切， 所以             )3()1)(1()(2 )2()1)(1()(2 )1(11 22 11 22 11 21    xeexa xeexa ee xaxa xx xax 由（1）得 21 xax  ，将 12 xax  代入（3）得 )1)(1()(2 11 11 axeexaa xx  ， 所以 )4()1)(1()(2 11 11 axeexa xx  ；由（2）+（4）得 0)2(1 1  aex ）（ ， 因为 01 1  xe ，所以 2a ． 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．本小题主要考查数列递推关系、数列求和等基础知识，考查推理论证能力和运算求解能力等，考查化 归与转化思想，体现综合性与应用性，导向对发展逻辑推理、数学运算及数学建模等核心素养的关 注．满分 12 分． 解法一：（1）由 nn anS )1(2  得 ))1(2 1n SSnS nn （ ， ）（  Nnn ,2 ．............................................. 1 分 整理得 1)1()1(  nn SnSn ，即 11 1   nn Sn nS ，.......................................................................2 分 所以 1n 1 1   nSn nS 221 1   nSn n n n 33 1 21 1   nSn -n n n n n .................................................3 分 )1(2 )1( 1 3 2 4 3 5 3 1 21 1 11    nnannSn n n n n n  ．................................... 5 分 因为 211  aS ，所以 1S 也满足 )1(  nnSn ， 所以 )1(  nnSn ）（  Nn ．........................................................................................................... 6 分 （2） +1 1 1 1 1 1 1= =n n n n n n n n n n a S Sb S S S S S S         .................................................................................................. 7 分 )2)(1( 1 )1( 1  nnnn ，..............................................................................................................8 分 )2 1 1 1()1 11(  nnnn ．..........................................................................................................9 分 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 7页 共 18页 )]3 1 2 1()2 1 1 1[( nT )]4 1 3 1()3 1 2 1[(   )]5 1 4 1()4 1 3 1[( )]1 11()1 1 1[(  nnn-n )]2 1 1 1()1 11[(  nnnn ．.............................................................10 分 )2 1 1 1()2 1 1 1(  nn )2（1 1 2 1  nn ）（ ．.......................................................................................................................... 11 分 因为  Nn ，所以 2 1 )2（1 1 2 1  nnTn ）（ ．................................................................................ 12 分 解法二：（1）由 nn anS )1(2  得 ))1(2 1n SSnS nn （ ， ）（  Nnn ,2 ．............................................. 1 分 整理得 1)1()1(  nn SnSn 即 1 1 1   n n S S -n n ，................................................................................... 2 分 所以 1 3 1 2  S S ， 2 4 2 3  S S ， 3 5 3 4  S S ，．．．．．．， 1 1 1   n n S S -n n ．..............................................................．3 分 将以上 1n 个等式累乘整理得 2 )1( 1  nn S Sn ，..................................................................................．4 分 又因为 211  aS ，所以 )1(  nnSn ．............................................................................................5 分 因为 211  aS ，所以 1S 也满足 )1(  nnSn ， 所以 )1(  nnSn ）（  Nn ．............................................................................................................... 6 分 （2）同解法一． 解法三：（1）由 nn anS )1(2  得 1-12 n-n naS  ， ）（  Nnn ,2 ．................................................................1 分 两式相减得 11 )1()(2 -nnnn naanSS   ，整理得 11  nn an na ，........................................2 分 所以 1n 1  nan na 22 1 1   nan n n n 33 2 2 1 1    nan n n n n n ................................................. 3 分 nnan n n n n n 221 2 2 3 3 4 3 2 2 1 1 1     ．......................................................4 分 因为 21 a ，所以 1a 也满足 nan 2 ，............................................................................................. 5 分 所以 )1(2 )1(2 2 1  nnnnanS n n ）（ ）（  Nn ．.............................................................. 6 分 （2）同解法一． 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 8页 共 18页 18．本小题主要考查线面平行、面面平行、面面垂直，直线与平面所成的角度等基础知识，考查推理论证 能力和运算求解能力等，考查数形结合思想和化归与转化思想等，体现综合性与应用性，导向对发展 直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．满分 12 分． 解法一：（1）取 PA 中点 M ，连接 MFBM, ，......................................................................................................1 分 FM, 分别是 PDPA, 的中点， ADMF // ,且 ADMF 2 1 ， 菱形 ABCD 中， E 是 BC 的中点， ADBE // ,且 ADBE 2 1 ， BEMF // ，且 BEMF  ， 四边形 MBEF 是平行四边形 ， ................................................................................................ 3 分 BMEF // ， ..................................................................................................................................4 分 又 EF 平面 PAB， BM 平面 PAB,  EF //平面 PAB． ....................................................................................................................5 分 (2)取CD 中点O ，连接 PO ， AO ， AC ，，  PDPC  ， CDPO  ． 平面 PCD 平面 ABCD ，平面 PCD 平面 CDABCD  ， PO 平面 PCD ，  PO 平面 ABCD ，...............................................................................................................................6 分 则 PBO 为 PB 与平面 ABCD 所成的角，即  45PBO ． 在 BCO 中，  120,1,2 BCOCOBC ，  7120cos21212 222  BO ， 7BO ， POBRt 中， 145tan   BO PO ， 7PO ...................................................................................................................7 分 如图，分别以 OPOCOA ,, 所在方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系 xyzO  ， 则 )0,2 3,2 3(),0,2,3(),0,1,0(),7,0,0(),0,1,0( EBDPC  ，  )0,1,3(CB ， ),7,1,0( CP ).0,2 5,2 3(DE .......................................................................8 分 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 9页 共 18页 设平面 PBC 的一个法向量 ),,( zyxn  ， 由 0, 0, CB n CP n          得      ,07 ,03 zy yx 令 7x ， ).3,21,7(n .......................................................................................................... 10 分 设 DE 与平面 PBC 所成角为 ， ,31 932 317 212 32174 25 4 3 2 215 2 21 ,cossin          nDE nDE nDE 直线 DE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 31 932 .................................................................................12 分 解法二：（1）取 AD 中点 N ，连接 NFNE, ， ...............................................................................................1 分 FN, 分别是 PDAD, 的中点， PANF // ， 又 NF 平面 PAB， PA 平面 PAB， NF //平面 PAB．...................................................2 分 EN, 分别是 BCAD, 的中点， BEAN // 且 BEAN  ， 四边形 ABEN 是平行四边形， ABNE // ， 又 NE 平面 PAB， AB 平面 PAB， NE //平面 PAB； .................................................3 分  NENNFNE , 平面 NEF ， NF 平面 NEF ， 平面 NEF // 平面 PAB， ..................................................................................................... 4 分 又 EF 平面 NEF ， //EF 平面 PAB．................................................................................. 5 分 （2）取 CD 中点O ，连接 PO ， BO ，  PDPC  ， CDPO  , 平面 PCD 平面 ABCD ，平面 PCD 平面 CDABCD  , PO 平面 PCD ,  PO 平面 ABCD ...............................................................................................................................6 分 则 PBO 为 PB 与平面 ABCD 所成的角，即  45PBO . 在 BCO 中，  120,1,2 BCOCOBC ，  7120cos21212 222  BO ， 7BO . 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 10页 共 18页 POBRt 中， 145tan   BO PO ， 7PO ...............................................................................................................7 分 连接 BDAC, ，设 GBDAC  ，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 xyzG  ， 则 )0,0,3(B ， )0,1,0(C ， )0,0,3(D ， )7,2 1,2 3(P ， ),0,2 1,2 3(E  )0,1,3( CB ， ),7,2 1,2 3( CP ).0,2 1,2 33(DE ...........................................8 分 设平面 PBC 的一个法向量 ),,( zyxn  ， 由 0, 0, CB n CP n          得      ,072 1 2 3 ,03 zyx yx 令 7x ， )3,21,7(n ，.........................................................................................................10 分 设 DE 与平面 PBC 所成角为 ， 31 932 317 212 32174 1 4 27 02 21 2 213 ,cossin          nDE nDE nDE ， 直线 DE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 31 932 .............................................................................12 分 19．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 2 2 2 23 3PA PO x y     ，.........................................................................2 分 2 2PB x ，......................................................................................................................................... 3 分 由 2PB PA 得， 2 24PB PA ，所以  2 2 24 3x x y   ， ..............................................4 分 化简得 2 2 14 3 x y  ． 故点 P 的轨迹 E 的方程为 2 2 14 3 x y  （ 0x  ）． 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 11页 共 18页 （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  ，    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ． 由直线 PA 与圆O 相切，可得 2 3 1 m k   ，  2 23 1m k  ．................................................... 6 分 由 2 2 1,4 3 , x y y kx m       得   2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m     ，.............................................................7 分 所以 1 2 2 2 1 2 2 8 ,3 4 4 12 .3 4 kmx x k mx x k        ........................................................................................................................8 分 由 2POA QOAS S△ △ 得， 1 13 2 32 2PA QA        ， 2PA QA ， 1 22x x ． 因为 2 2 1 2 2 2 4 12 12 03 4 3 4 m kx x k k     ，所以 1 22x x ．......................................................................10 分 因为   2 2 2 1 2 2 1 2 2 8 3 4 4 12 3 4 km x x k mx x k           2 2 2 2 16 3 4 3 k m k m     2 2 16 1 3 4 k k    ，    2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 9 2 2 x x x x x x x    ， 所以  2 2 16 1 9 3 4 2 k k   ， 5 2k   ， 3 3 2m   ． 故直线 PA 的方程为 5 3 3 2 2y x   或 5 3 3 2 2y x   ．...................................................... 12 分 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 设直线 :PA y kx m  ，    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ． 由直线 PA 与圆 O 相切，可得 2 3 1 m k   ，  2 23 1m k  ．............................................... 6 分 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 12页 共 18页 由 2 2 1,4 3 , x y y kx m       得   2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m     ，.........................................................7 分 所以 1 2 2 2 1 2 2 8 ,3 4 4 12 .3 4 kmx x k mx x k        ....................................................................................................................8 分 由 2POA QOAS S△ △ 得， 1 13 2 32 2PA QA        ， 2PA QA ， 又 2 3PA OP  ， 2 3QA OQ  ， 所以 2 24 9OQ OP  ，    2 2 2 2 1 1 2 24 9x y x y    ，    2 2 2 2 1 1 2 24 9x y x y    ， 1 22x x ． 因为 2 2 1 2 2 2 4 12 12 03 4 3 4 m kx x k k     ，所以 1 22x x ．..................................................................10 分 因为   2 2 2 1 2 2 1 2 2 8 3 4 4 12 3 4 km x x k mx x k           2 2 2 2 16 3 4 3 k m k m     2 2 16 1 3 4 k k    ，    2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 9 2 2 x x x x x x x    ， 所以  2 2 16 1 9 3 4 2 k k   ， 5 2k   ， 3 3 2m   ． 故直线 PA 的方程为 5 3 3 2 2y x   或 5 3 3 2 2y x   ．.................................................. 12 分 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  ，  0 0,A x y ，    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ． 由 2 2 3, , x y y kx m       得   2 2 21 2 3 0k x kmx m     ， 由 0△ 得，    2 2 22 4 1 3 0km k m    ，  2 23 1m k  ……①．.................................. 6 分 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 13页 共 18页 且 0 21 kmx k   。 由 2 2 1,4 3 , x y y kx m       得   2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m     ，.........................................................7 分 所以 1 2 2 2 1 2 2 8 ,3 4 4 12 .3 4 kmx x k mx x k        ……②..........................................................................................................8 分 由 2POA QOAS S△ △ 得， 1 13 2 32 2PA QA        ， 2PA QA ， 所以  1 0 0 22x x x x   ， 1 2 02 3x x x  ， 1 2 2 242 1 kmx x k    ……③。....................................................................................10 分 由①②③，解得 5 2k   ， 3 3 2m   ． 故直线 PA 的方程为 5 3 3 2 2y x   或 5 3 3 2 2y x   ．.................................................. 12 分 20．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) [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 ， 则 6 5 20 6 25 ( ) k kC CP X k C   ，其中 {0,1,2,3,4,5}k  ．.....................................................................3 分 1 5 2 4 0 6 3 3 4 2 5 1 5 20 5 20 5 20 5 20 5 20 5 20C C C C C C C C C C C C           ， 得 max( ) ( 1)P x k P x   ，即 1X  的可能性最大，故 X 最有可能的取值为1．...................4 分 （2）（ⅰ）依题意， xy  e 两边取对数，得 ln lny x   ，即 lnz x   ．...............................5 分 其中 63x  ，........................................................................................................................................ 6 分 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 14页 共 18页 由提供的参考数据，可知 0.02  ，又 0.642 0.02 63 ln     ，故 ln 1.9   ， 由提供的参考数据，可得 0.15  ....................................................................................................7 分 故 0.02ˆ 0.15 xy  e ，当 60x 时， ˆ 0.498y  ．..............................................................................8 分 （ⅱ）由（ⅰ）及提供的参考数据可知， 63 x ， 20 s ． 0.78y  ，即 0.020.15 0.78x e ，可得 0.02 ln5.2x  ，即 83x  ．.........................................9 分 又 83 ，且 6826.0)(   XP ，............................................................... 11 分 由正态分布的性质，得 1( 83) [1 ( )] 0.15872P x P x           ， 记“绩效等级优秀率不低于 78.0 ”为事件 A ，则 ( ) ( 83) 0.1587P A P x   ， 所以绩效等级优秀率不低于 78.0 的概率等于 1587.0 ．.................................................................12 分 解法二：（1）预测试成绩在[25,35) [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 ， 则 6 5 20 6 25 ( ) k kC CP X k C   ，其中 {0,1,2,3,4,5}k  ．.....................................................................3 分 由 ( ) ( 1), ( ) ( 1), P X k P X k P X k P X k          得 6 1 7 5 20 5 20 6 6 25 25 6 1 5 5 20 5 20 6 6 25 25 , , k k k k k k k k C C C C C C C C C C C C             即 6 1 7 5 20 5 20 6 1 5 5 20 5 20 , , k k k k k k k k C C C C C C C C               即 1 1 ,(14 ) (6 ) (7 ) 1 1 ,(5 ) (6 ) ( 1) (15 ) k k k k k k k k                求得 15 14 27 9k  ， 故 X 最有可能的取值为1．.................................................................................................................4 分 （2）同解法 1． 21．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） ( ) ( )lnf x x a x   ．..............................................................................................................................1 分 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 15页 共 18页 因为 ( )f x 在 (0, ) 单调递增，所以 ( ) 0f x  ，即 ( )ln 0x a x  ．.............................................2 分 （i）当 1x  时， ln 0x  ，则需 0x a  ，故 mina x ，即 1a  ；.................................................3 分 （ii）当 1x  时， ln 0x  ，则 aR ； ................................................................................................4 分 （iii）当 0 1x  时， ln 0x  ，则需 0x a  ，故 maxa x ，即 1a  ． 综上述， 1a  ． .............................................................................................................................5 分 （2） ( ) 1 1( ) ( )ln2 4 f xg x x a x x ax      ， 1 1( ) ln2 4 ag x x x     ， 2 1( ) 2 ag x x x    ． 因为 1 3 e4 4a  ，所以 ( ) 0g x  ，所以 ( )g x 在 (0, ) 单调递增．................................................6 分 又因为 1(1) 04g a     ， 3(e) 0e 4 ag     ， 所以存在  0 1,ex  ，使 0( ) 0g x  ，.......................................................................................................7 分 且当 0(0, )x x 时， ( ) 0g x  ，函数 ( )g x 单调递减； 当 0( , )x x  时， ( ) 0g x  ，函数 ( )g x 单调递增． 故 ( )g x 最小值为 0 0 0 0 1 1( ) ( )ln ( )2 4g x x a x x a h a     ．............................................................. 8 分 由 0( ) 0g x  ，得 0 0 0 1 1ln2 4a x x x  ，因此 0 0 0 0 3 1( ) ( ln )ln4 2h a x x x x  ．............................... 9 分 令   1 1ln2 4x x x x   ，  1,ex ，则   1 3ln 02 4x x    ， 所以  x 在区间 1,e 上单调递增． 又因为 1 3 e4 4a  ，且    1 31 , e e4 4    ， 所以 01 ex  ，即 0x 取遍  1,e 的每一个值．........................................................................................10 分 令 3 1( ) ( ln )ln4 2x x x x x   （1 ex  ）， 则 21 1 3( ) ln ln2 4 4x x x       1 2ln 3 ln 1 04 x x     ， 故函数 ( )x 在 1,e 单调递增． ...............................................................................................................11 分 又 (1) 0  ， e(e) 4   ，所以 e0 ( ) 4x  ，故函数 ( )h a 的值域为 e0, 4      ．.................................12 分 （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 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 16页 共 18页 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． 解法一：（1）由  cossin2 4  得 4cossin2   ． 把  sin,cos  yx 代入上式可得直线l 的直角坐标方程为 042  yx ．.................2 分 因为圆 1C 的参数方程为  为参数，        sin2 cos2 y x ． ......................................................................3 分 设  00 , yx 为圆 1C 上任意一点，在已知的变换下变为 2C 上的点  yx, ，则有 0 0 , 1 ,2 x x y y   ........4 分 因为  为参数       sin2 ,cos2 0 0 y x ，所以        sin22 cos2 y x ， 曲线 2C 的参数方程为  为参数       sin ,cos2 y x ． 可得普通方程为 14 2 2  yx ．............................................................................................................... 5 分 （2）不妨设    2,0,0,4 BA  ，所以 5224 22 AB ． 设   sin,cos2Q ，令 Q 点到直线 l 的距离为 d ， 则 QAB△ 的面积 dABS  2 1 ，.....................................................................................................6 分 5 44cos22 5 4sin2cos2       d .............................................................................7 分 当且仅当 1)4cos(   ，即 4 7  时， 5 422 max d ，..........................................................8 分 所以 224 5 422522 1 max S ，......................................................................................9 分 所以 QAB 面积的最大值 224  ，相应Q 点的坐标为        2 22， ．.......................................10 分 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 17页 共 18页 解法二：（1）由  cossin2 4  得 4cossin2   ． 把  sin,cos  yx 代入上式可得直线l 的直角坐标方程为 042  yx ．.................2 分 把圆 1C : 2cos , 2sin x y      （ 为参数）化为普通方程为 422  yx ．........................................... 3 分 设  00 , yx 为圆 1C 上任意一点，在已知的变换下变为 2C 上的点  yx, ， 则有      0 0 2 1 yy xx ，即      yy xx 20 0 ．........................................................................................................4 分 又 42 0 2 0  yx ，所以 4)2( 22  yx ，曲线 2C 的普通方程为 14 2 2  yx ．............................ 5 分 （2）同解法一． 23．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 1m  时， ( ) 2 3f x x x x     ， 所以 3 1, 3, ( ) 2 3 5, 2 3, 2 1, 2, x x f x x x x x x x x               ≥ ≤ 且 (3) 8f  ， ( 2) 3f   ，....................... 2 分 作出函数 ( )f x 的图象，如图， ...........................................................................................................................3 分 令 2 1 8x   ，解得 7 2x   ，......................................................................................................... 4 分 市质检数学（理科）参考解答与评分标准 第 18页 共 18页 由图可知 ( ) 8f x ≤ 的解集为 7[ ,3]2  ．..............................................................................................5 分 （2）因为 2 3 ( 2) ( 3) 5x x x x      ≥ ，.................................................................................... 7 分 当且仅当 ( 2)( 3) 0x x  ≤ 即 2 3x ≤ ≤ 时等号成立， 所以 ( ) 5f x mx ≥ ． 又 [ 2,3]x  时， 5 2 5 3mx m  ≥ ≥ ，...........................................................................................9 分 所以 ( ) 3f x ≥ ．.........................................................................................................................................10 分 解法二：（1）同解法一；.............................................................................................................................................5 分 （2） (2 ) 1, 3, ( ) 2 3 5, 2 3, ( 2) 1, 2, m x x f x x x mx mx x m x x                 ≥ ≤ ........................................................................7 分 当 3x≥ 时， ( 2) 1 3 5m x m  ≥ ； 当 2 3x ≤ 时， 5 2 5mx m  ≥ ； 当 2x   时， ( 2) 1 2 5m x m     ， 由上，可得 ( ) 2 5f x m ≥ ，...............................................................................................................9 分 又 (0,1]m ，所以 2 5 2 5 3m    ≥ ， 故 ( ) 3f x ≥ ．.............................................................................................................................................10 分