1、漳州市 2020 届高三毕业班第一次教学质量检测卷数学（理科）答案及评分标准选择题评分标准：选对得分，错选，多选，不选均不得分。123456BDCCBB789101112CDBACD填空评分标准：按参考答案给分，结果必须化简，完全正确，写错、未化简、多写答案、少写答案均不给分，15 题评分标准：写成3332也可给分。131415163113322解答题评分标准1.概率与统计题：17 题（1）问使用112()()niiniiixyyxxbx这个公式求解，过程及结果正确也可得分。2.导函数：求单调区间过程要清楚，最好列表，分类讨论各区间情况需做到无遗漏。遗漏不给分。取值写成区间或者集合的形式，未写
2、扣 1 分。3.选做题：（极坐标方程）直角坐标方程转换需要过程，没有过程不得分。（解不等式）解集要写成集合或区间，未写扣 1 分。4.具体步骤分参照答案解析，没有步骤只有答案均不给分。5.试题有不同解法时，解法正确可酌情给分。17.解：（1）可知1234590 100 105 105 1003,10055xy，（1 分）511 902 1003 1054 1055 1001525iiix y （2 分）522222211234555iix，（3 分）则1222115255 3 1002.5555 3niiiniix ynx ybxnx ，（4 分）1002.5 392.5aybx，故回归直线方
3、程为 2.592.5yx，（5 分）当11x 时，2.5 11 92.5120y，估计该学生高考数学的考试成绩为 120 分（6 分）（2）由题可知随机变量 的所有可能取值为 1，2，3，则21122323335533(1),(2)105C CC CPPCC，33351(3)10CPC，（9 分）故随机变量 的分布列为123P31035110（10 分）则随机变量 的数学期望3319()123105105E （12 分）18.解：（1）由 sin(2)22cos()sinACACA可得sin(2)2sin2sincos()ACAAACsincos()cossin()2sin2sincos()A
4、ACAACAAAC，（2 分）可得sincos()cossin()2sin,sin2sinAACAACACA，（3 分）由正弦定理可得2ca，sin2sin,2BAba，（4 分）则由余弦定理可得222222(2)(2)7cos22 228bcaaaaAbcaa.（6 分）（2）解法一：设,BDCBDA，在,BDCBDA中，利用余弦定理可得2222222cos,2cos()BCDCBDDC BDABADBDAD BD，（7 分）可得222222222 2 2cos,(2)222 2 2cos()aa ，（8 分）两式相加可得24 5516,5aa，（10 分）可知 ABC周长12 52445l
5、aa.（12 分）解法二：点 D 为 AC 的中点，且4AC，2BD，所以有2DADBDC，7 分所以 ABC是直角三角形，=2ABC且，所以2216ac（8 分）又因为2ca所以24 5516,5aa（10 分）可知 ABC周长12 52445laa.（12 分）19.解：（1）证明：取 CD 的中点 E，连接 AE，BE，BD，CD=2AB,ABDE，（1 分）由,ABAD ADDC，所以四边形 ABED 为正方形，则,AEBD（2 分）,AEPDABCDABCD平面平面,PDAE（3 分）PDBDD,AEPDB 平面,ABEC ABEC四边形 ABEC 为平行四边形，BCAE，故PBDB
6、C 平面（6 分）（2）PDABCD平面，可知PBD即为 PB 与平面 ABCD 所成的角，45PBD即则 PDBD,设1AD，则1,2,2ABDCPD（7 分）以点 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DP 所在直线为,x y z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0),(1,0,0),(0,0,2),(1,1,0),(0,2,0)DAPBC，（8 分）,=DAPDCPDCDA平面平面的一个法向量为（1,0,0）（9 分）设平面 PBC 的法向量111(,)mx y z，(1,1,2),(1,1,0)PBBC，（10 分）则1111102000PB mxyzxyBC m ，取1x
7、1,(1,1,2)m则，（11 分）设二面角 D-PC-B 的平面角为11cos22 1 1 1m DAm DA ，由图可知二面角 DPCB为锐角，故二面角 DPCB的余弦值为 12.（12 分）20.解：（1）设椭圆的焦距为 2c，故由题可知 2c=2,则椭圆的左焦点为1(1,0)F，故直线方程为2(1)2yx，（2 分）以右顶点（a,0）为圆心,b 为半径的圆的方程为222()xayb，（4 分）则2222220,2,1241abaaaaab，解得（舍去），可知224,3ab，（5 分）所以椭圆的方程为22143xy.-（6 分）（2）设直线l 的方程为1xmy，1122(,),(,)P
8、x yQ xy，联立221143xmyxy，整理得22(34)690mymy，显然0（8 分）则12122269,3434myyy ymm，221212122121()434myyyyy ym，（10 分）故四边形 APBQ 的面积212212414234mSyym，设211mt ，则224241313tSttt，（11 分）可设函数211()3,()30f ttfttt，函数 f(x)在1,)上单调递增，则134tt，则2464S，当且仅当0m 时，等号成立，四边形 APBQ 的面积取得最大值为 6.（12 分）21.解：（1）2222ln 2212(ln 2 1)(ln 2 1)2()(1
9、)(ln 2 1)()ln 2ln 2ln 2xxxxxxa xafxaxxxxxxx当1a 时，221()(ln 2 1)()ln 2xfxxxx，x(0,)（2 分）令2()0,ln 2 10,logfxxxe 得则，（3 分）故当2x(0,log)e时，()0fx，函数 f(x)单调递减，2x(log,)e当时，()0fx，函数 f(x)单调递增，故函数 f(x)的单调递增区间为2(log,)e ，递减区间为2(0,log)e.（5 分）（2）由22()(ln 2 1)()ln 2xafxxxx，可知2logxe为(x)f的一个零点，（6 分）则方程220ln 2xaxx在（1,4）上有
10、 2 个不同的实数根，即ln 2 2xax 在（1,4）上有 2个不同的实数根，问题等价于ln 2 2(x)xgx 与直线 y=a 有 2 个交点，（7 分）222(2 ln 22)ln 2ln 2 2(1ln 2)(),()0,logxxxxxg xg xxexx 令则，2x(1,log)e当时，()0g x，函数 g(x)单调递增，当2x(log,4)e时，()0g x，函数 g(x)单调递减，（9 分）2max22ln 2()(log)ln 2,logeg xgeee （10 分）(1)2ln 2,(4)4ln 2,(1)(4)gggg 且，2ln 22 ln 2logeae ，故实数
11、a 的取值范围为2(2ln 2,(ln 2)e)（12 分）22.解：()曲线 C 的极坐标方程为2cos4sin，即22cos4 sin，（2 分）将222cos,sin,xyxy 代入上式，可得22240 xyxy，（4 分）所以曲线 C 的直角坐标方程22125xy.（5 分）()把直线l 的参数方程12322xtyt（t 为参数），代入曲线 C 的方程22125xy中，得240,0tt显然-=D（7 分）设 AB，对应的参数分别为 12,t t，则 1 24t t=-，121tt+=（8 分）因为点()0,2P在直线l 上，所以221212121 2|()411617PAPBttttttt t+=+=-=+-=+=（10 分）23.解：（1）因为4,3()22,314,1xf xxxx ，（2 分）所以不等式(x)23fx可化为 xx3243或312223xxx 或xx3241，解得0 x，（4 分）所以不等式xxf32)(的解集为0,).（5 分）（2）根据（1）可知，函数()f x 的最大值为 4，即4ab，（6 分）11111()(1)(1)11611ababab11111112(11)(22)(22)61161163babaabab，（8 分）当且仅当2ab时，等号成立，所以1111ab的最小值为 23.（10 分）
