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泉州市2015届普通中学高中毕业班单科质量检查文科数学试题参考答案


泉州市 2015 届普通中学高中毕业班单科质量检查 文科数学试题参考解答及评分标准
说明: 一、本解答指出了每题要考查的主要知识和能力,并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. 二、对解答题,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. 三、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. 四、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.C 7.B 2.D 8.B 3.D 9.A 4.C 10.A 5.C 11.C 6.C 12.D

部分试题考查意图说明: 题 3 用代数方法运算量偏大, 用几何直观判断比较简单. 向量首先属几何范畴, 思考向量问 题的解决方法,应首先考虑从几何直观入手;引入坐标表示向量后,才使向量进入代数范畴,体 现坐标法思想这一课程本质.本题的位置排序,意在检测解题的数形结合意识,检查对课程价值的 认识和对课程本质的把握是否到位. 题 6 方法一:注意到直线 z ? 4 x ? 5 y 的斜率 k1 ? ?

4 3 ,直线 P ,平移 3P 4 的斜率 k2 ? ? 5 3

直线 z ? 4 x ? 5 y 考察其纵截距的最大值,可判断答案. 方法二:特殊化地取正六边形的边长为 1 , 分别求出各顶点的坐标,代入 z ? 4 x ? 5 y ,再比较大小. 本题考查直线的斜率、线性规划等基础 知识,考查运算求解能力、推理论证能力,考查数形结合思想、函数与方程思想以及特殊与一般 思想. 本题有意识地不给出具体的坐标(正六边形边长) ,意在体现对特殊与一般思想的考查. 题 11 本题可再增加一个待定参数(如将圆的方程改为 x ? y ? 2 x ? Ey ? 2 ? 0 )以进一步提高
2 2

试题品位,但难度将加大. 直线与圆的位置关系问题,特别强调充分利用平几性质以简化运

算. 题 12 方法一: 取焦点 F (c, 0) , 渐近线 y ?

b a ac ac x .则直线 EF : y ? ? x ? , 求得 E (0, ) , a b b b

a 2 ab ac b 2 ab c2 e2 M ( , ) , FE ? (?c, ), FM ? (? , ) .得 ? ? 2 ? 2 .再由 1 ? ? ? 2 ,解得 e ? 2 . b c c b e ?1 c c
方法二:特殊化,令 e ? 2 ,取焦点 F (c, 0) ,渐近线 y ? 3x ,求直线 EF : y ? ? 得 xM ? 项. 二、填空题:本大题考查基础知识和基本运算.每小题 4 分,满分 16 分. 13. 28 ; 14. ?

1 ( x ? c) ,解 3

c c 4 ,由 FE ? ? FM 得 ?c ? ? ( ? c), ? ? ? (1, 2) ,离心率可以为 2,故排除 A、B、C 选 4 4 3

24 ; 25

15. 8 ;

16. 5 .

三、解答题:本大题共 6 小题,共 74 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 17.本小题主要考查统计的基础知识,考查运算求解能力、数据处理能力以及应用意识,考查必 然与或然思想等.满分 12 分. 解: (Ⅰ)众数: 4 .9 ;极差: 0 .4 . (Ⅱ)茎叶图如下: ……………4 分

……………8 分 这 20 名学生视力数据的平均数为 x ? 故这 20 名学生视力数据的方差为:
s2 ? 1 2 2 2 2 2 ? 2 ?? 4.7-4.9 ? ?1+ ? 4.8-4.9 ? ?6+? 4.9 ? 4.9 ? ? 7 ? ? 5.0 ? 4.9 ? ? 4 ? ? 5.1 ? 4.9 ? ? 2 ? ? ? 20

4.7 ?1+4.8 ? 6+4.9 ? 7+5.0 ? 4+5.1? 2 ? 4.9 , 20

=

1 ? ? 0.04 ? 0.06 ? 0 ? 0.04 ? 0.08 ? ? 0.011 . 20

……………12 分

18.本小题主要考查等比数列以及等差数列的性质等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与 方程思想、化归与转化思想等. 满分 12 分. 解: (Ⅰ)当 n ? 2 时, Sn ? 2an ? n, ①

Sn?1 ? 2an?1 ? ? n ?1?, ②

……1 分

由①-②得 Sn ? Sn?1 ? 2 ? ? an ? an?1 ? ?1 整理得 an ? 2an?1 ? 1 ,……………3 分 , 则

an ? 1 2an?1 ? 1 ? 1 ? ? 2. an?1 ? 1 an?1 ? 1

………5 分 ……………6 分 ……………7 分

所以数列 ?an ?1 ? 是公比为 2 的等比数列. (Ⅱ)当 n ? 1 时, S1 ? a1 ? 2a1 ?1 所以 a1 ? 1 . ,

由(Ⅰ)知 an ? 1 ? (a1 ? 1) ? 2n?1 ? 2 ? 2n?1 ,所以 an ? 2n ? 1,…………9 分 所以 bn ? log2 ? an ?1? ? n .……………10 分 从而

1 1 1 1 , ? ? ? bn ? bn?1 n ? ? n ? 1? n n ? 1
? ? 1? ? 1 1? ??? ? ?? 2? ? 2 3? 1 ? 1 n ?1 .……………12 分 +? ? ? ? ? 1? n ?1 n ?1 ? n n ?1 ?

所以 Tn = ?1 ?

19.本小题主要考查三角函数与解三角形等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查 化归与转化思想、函数与方程思想等.. 满分 12 分. 解: (Ⅰ)由 c ? b ? 2b cos A ,得 sin C ? sin B ? 2sin B cos A .① 在 ?ABC 中,因为 C ? ? ? ? A ? B ? ,所以 sin C ? sin ? A ? B ? . ……………2 分 ……………3 分

代入①式,得 sin ? A ? B ? ? sin B=sin A cos B ? sin B cos A ? sin B ? 2sin B cos A , 整理得 sin ? A ? B? ? sin B . 因为角 C 为钝角,所以 ? 所以 A ? B ? B , 故 A ? 2B . (Ⅱ)由正弦定理得 又因为 AC ? ……………6 分

?
2

? A? B ?

?
2

,0 ? B ?

?
2



……………7 分 ……………8 分

AC BC BC ? ? . sin B sin A 2sin B ? cos B
1 ,所以 BC ? 2 AC ? cos B ? cos B . 2

……………9 分

因为角 C 为钝角,所以 0 ? A ? B ? 2 B ? B ?

?

2

,即 0 ? B ?

?
6



……………11 分

所以

3 ? cos B ? 1 . 2

所以 BC 的取值范围为 ?

? 3 ? 1? ? 2 , ?. ? ?

……………12 分

20.本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推理 论证能力及运算求解能力,考查化归与转化思想、数形结合思想等.满分 12 分.

P 画直线 MN // B1C1 , MN 与棱 A1B1 , D1C1 分别交于点 M , N ,再连 解: (Ⅰ)在面 AC 1 1 内过点
接 BM , CN .……………2 分 理由如下: ∵四棱柱中 B1C1 // BC ,? MN // BC .
A1 P M B1 D A H B C D1 N

? M , N , P 与 BC 共面,即所画的线 MN , BM , CN
都与 P 和 BC 在同一个平面内. ……5 分 (Ⅱ)锯开后较大木块为四棱柱 AA 1MB ? DD 1 NC .

C1

M 为棱 A1B1 的中点. 若 P 为 AC 1 1 的中点,则

S AA1MB ? S AA1B1B ? S MB1B ?

1 1 ? 3 ? 1? ? 4 ? ?1? 2 ? 7 .…6 分 2 2

取 AB 中点 H ,连接 DH .

ABCD 是边长为 4 的菱形,且 ?DAB ? 600 ,
∴ DH ?

AD2 ? AH 2 ? 2 ADAH cos ?DAH ? 2 3 ,
…7 分

2 2 2 ∵ AD ? AH ? DH ,∴且 DH ? AB .

? AB , 侧面 ABCD ? 底面 ABB1 A 1 ,且平面 ABCD ? 底面 ABB 1A 1
又 DH ? AB , DH ? 平面 ABCD ,

? DH ? 平面 ABB1 A1 ,……………11 分

1 1 14 3 ?VAA1MB ? DD1NC ? S AA1MB ? DH ? ? 7 ? 2 3 ? .……………12 分 3 3 3
21.本小题主要考查圆锥曲线、直线与圆、直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识,考查推理论 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、数形结合思想、分类与整

合思想以及特殊与一般思想等.满分 12 分. 解: (Ⅰ)依题意,可知抛物线 G 的焦点为 F ?1,0 ? . 又因为抛物线 G 的顶点在原点, 所以 p ? 2 ,抛物线 G 的标准方程为 y 2 ? 4 x . (Ⅱ)由(Ⅰ)知抛物线的准线方程为 x ? ?1 . 设 A? x1, y1 ? , D ? x2 , y2 ? . 根据抛物线的定义,得 AF ? x1 ?1, DF ? x2 ?1 , 所以 AB ? AF ? BF ? x1 ?1?1 ? x1 . 同理可得 CD ? x2 . 方法一:若直线 AD 的斜率存在,设直线 AD : y ? k ? x ?1? (显然 k ? 0 ). 由? ………5 分 ……………6 分 …………3 分 ………4 分 …………1 分

? ? y ? k ? x ? 1? , 2 2 2 2 得 k x ? ? 2k ? 4 ? x ? k ? 0 , 2 ? ? y ? 4 x,

……………7 分

则有 x1 ? x2 ? 1,从而 | AC | ? | BD |? x1 x2 ? 1. 若直线 AD 斜率不存在,则直线 AD : x ? 1 , 此时 x1 ? x2 ? 1,亦有 | AB | ? | CD |? x1 x2 ? 1 . 综上可知, | AB | ? | CD | 恒为定值,且此定值为 1 . (Ⅲ)由(Ⅱ)可知当直线 AD 斜率存在时,

……………8 分

……………9 分

AD ? AF ? DF ? x1 ? x2 ? 2 ?

2k 2 ? 4 4k 2 ? 4 ? 2 ? ? a ,……………10 分 k2 k2

所以

k k 2 ?1 a 2 ? ,即 , ? 2 k 4 a k 2 ?1 k k 2 ?1 ? 2 , a
……………11 分

因为 O ? 0,0? 到直线 AD 的距离为 d ?

所以 S? AOD ?

1 1 2 ? d ? AD ? ? ?a ? a ; 2 2 a

当直线 AD 斜率不存在时,则 x1 ? x2 ? 1, AD ? x1 ? x2 ? 2 ? 4 ,即 a ? 4 , 此时亦有 S ? AOD ?

1 ?1 ? 4 ? 2 ? a . 2
……………12 分

综上, S? AOD ? a . 方法二:显然直线 AD 的斜率不为零,故设直线 AD : x ? my ? 1 . 由?

? x ? my ? 1, ? y ? 4 x,
2

得 y 2 ? 4my ? 4 ? 0 ,

……………7 分

则有 y1 ? y2 ? 4m, y1 ? y2 ? ?4 , 从而 | AC | ? | BD |? x1 x2 ? (my1 ? 1)(my2 ? 1)

? m2 y1 y2 ? m( y1 ? y2 ) ? 1 ? m2 ? 4m ? m(?4m) ? 1 ? 1 .
即证得 | AB | ? | CD | 恒为定值,且此定值为 1 . (Ⅲ)由(Ⅱ)可知, ……………9 分

AD ? 1 ? m2 ( y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y2 ? 4(1 ? m2 ) ? a ,
因为 O ? 0,0? 到直线 AD 的距离为 d ?

……………10 分 ……………11 分

1 m2 ? 1

?

2 , a

所以 S? AOD ?

1 1 2 ? d ? AD ? ? ?a ? a . 2 2 a

……………12 分

(Ⅲ)由(Ⅱ)可知,

S? AOD ? S ? AOF ? S ? FOD ? ?

1 (| y1 | ? | y2 |) 2
………10 分 ……………11 分 ……………12 分

1 ( y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y2 ? 2 1 ? m 2 . 2
2

又因为 AD ? 1 ? m 所以 S? AOD ? a .

( y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y2 ? 4(1 ? m2 ) ? a ,

22.本小题主要考查函数、导数等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力及应用意识,考

查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想、数形结合思想等.满分 14 分. 解: (Ⅰ)因为函数 f ( x) ? 2(a ?1) x ,所以 f ?( x) ?

a ?1 . x

……………2 分

设直线 y ? x ? 1 与函数 y ? f ( x) 的图象相切于点 ( x0 , y0 ) ,

? y0 ? 2(a ? 1) x0 , ? x0 ? 1 ? 2( a ? 1) x0 , ? x0 ? 1, ? y ? x ? 1, ? ? ? 0 0 则? 即? 解得 ? y0 ? 2, a ?1 ? 1, a ?1 ? a ? 0. ? ? ? 1, x0 ? ? ? x0 ?
所以所求的 a ? 0 . (Ⅱ)记 h( x) ? f ( x) ? g ( x) , 则 h( x) ? 2 x ? ln x ? bx ,其定义域为 ?x | x ? 0? . (i)函数 y ? f ( x) ? g ( x) 在定义域内有两个极值点的必要条件是 导函数 h ( x) 在定义域 ?x | x ? 0? 内有两个零点.
'

……………4 分

……………5 分

h?( x) ?

1 1 ?bx ? x ? 1 ? ?b ? ( x ? 0) . x x x

令 h?( x) ? 0 ,得 bx ? x ? 1 ? 0 . 令t ?

x ,则 t ? 0 .
2

' 所以, h ( x) 在定义域 ?x | x ? 0? 内有两个零点等价于方程 bt ? t ? 1 ? 0 有两个不

等的正实根 t1 , t 2 ,

……6 分

? ? ? 1 ? 4b ? 0, 1 ? 等价于 ? 解得 0 ? b ? . 1 4 t1t2 ? t1 ? t2 ? ? 0, ? b ?
当0 ? b ? 则 h?( x) ?

……………7 分

1 ' 时, 设 h ( x) 在定义域 ?x | x ? 0? 内的两零点分别为 x1 ,x2 , 且 x1 ? x2 , 4

?b( x ? x1 )( x ? x2 ) ?bx ? x ? 1 ?b( x ? x1 )( x ? x2 ) ? ? . x x x( x ? x1 )( x ? x2 )

因为 x ? 0, b ? 0,0 ? x1 ? x2 , 所以,当 x ? (0, x1 ) 时, h '( x) ? 0 ;当 x ? ( x1 , x2 ) 时, h '( x) ? 0 ;当 x ? ( x2 , ??) 时, h '( x) ? 0 . 所以, x1 , x2 都是函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) 的极值点,即函数 y ? f ( x) ? g ( x) 在定 义域内有两个极值点. 所以 0 ? b ? ……………9 分

1 . 4

(ii)由(i)知方程 bx ? x ? 1 ? 0 的两根为 x1 , x2 , 则 x1 ? x2 ? 从而 x1 ? x2 ?

1 x1 ? x2 ? . b

1 1 2 2 , x1 ? x2 ? ( x1 ? x2 ) ? 2 x1 ? x2 ? 2 ? . ……………10 分 2 b b b

因为 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? ln x1 ? bx1 ? ln x2 ? bx2 ? ln( x1 ? x2 ) ? b( x1 ? x2 ) ,

1 2 1 ? ) ? ?2 ln b ? ? 2 . 2 b b b 2 又因为 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? 2 x1 ? 2 x 2 ? , b
所以 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? ?2 ln b ? b( 所以

…………11 分

g ( x1 ) ? g ( x2 ) 1 ? ? b ln b ? b . f ( x1 ) ? f ( x2 ) 2

……………12 分

1 1 ? b ln b ? b(0 ? b ? ) .,则 k ?(b) ? ? ln b ? 2 . 2 4 1 1 方法一:解 k ?(b) ? ? ln b ? 2 ? 0 ,可得 b ? 2 ? (0, ) ; e 4 1 1 解 k ?(b) ? ? ln b ? 2 ? 0 ,得 2 ? b ? ; e 4 1 解 k ?(b) ? ? ln b ? 2 ? 0 ,得 0 ? b ? 2 . ………13 分 e 1 1 所以,当 b ? (0, 2 ) 时, k ? b ? 单调递增;当 b ? ( 2 , ?? ) 时, k ? b ? 单调递减. e e 1 1 1 1 所以当 b ? 2 时, k ? b ? 取得最大值,即 k (b) max ? k ( 2 ) ? 2 ? , e e e 2
记 k (b) ? 所以

g ( x1 ) ? g ( x2 ) 1 1 ? ? 成立. f ( x1 ) ? f ( x2 ) e 2 2

……………14 分

方法二:令 k ?(b) ? ? ln b ? 2 ? 0 ,可得 b ?

1 1 ? (0, ) . 2 e 4

当 b 变化时, k ? b ? 与 k ? ? b ? 的变化情况如下表:

b

(0,

1 ) e2

(

1 1 , ) e2 4

k '(b)

大于 0 单调递增

小于 0 单调递减 ………13 分

k (b)

所以当 b ?

1 1 1 1 时, k ? b ? 取得最大值,即 k (b) max ? k ( 2 ) ? 2 ? , 2 e e e 2
……………14 分

所以

g ( x1 ) ? g ( x2 ) 1 1 ? ? 成立. f ( x1 ) ? f ( x2 ) e 2 2


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