泉州市质检文科数学参考答案与评分细则简案终稿.docx
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泉州市质检文科数学参考答案与评分细则简案终稿
泉州市2018届普通中学高中毕业班质量检查
文科数学试题参考答案及评分细则
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,可在评卷组内讨论后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仅出现严谨性或规范性错误时,不要影响后续部分的判分;当考生的解答在某一步出现了将影响后续解答的严重性错误时,后继部分的解答不再给分.
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、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)B
(2)A(3)C(4)C(5)A(6)C
(7)B(8)D(9)D(10)D(11)B(12)B
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);(14);(15);(16).
三、解答题:
本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤
(17)(本小题满分12分)
解法一:
(Ⅰ)根据正弦定理,
等价于.……………………2分
又因为在中,
.……………4分
故,
从而,
因为,所以,得,……………5分
因为,所以.…………………6分
(Ⅱ)由,可得,…………………7分
因为,所以.………………8分
根据余弦定理,得,即.…10分
在中,根据正弦定理有,
得.………11分
因为,
故.……………………12分
解法二:
(Ⅰ)同解法一.……………………6分
(Ⅱ)由,可得,……………………7分
根据正弦定理,
可得.……………………8分
取的中点,连接,
为边上的高,且,……………………9分
由,得.……………………10分
又在直角三角形中,,
,得.………11分
所以.………12分
(18)(本小题满分12分)
解法一:
(Ⅰ)证明:
取的中点,连接,
∵平面,平面,
∴所以.…………1分
∵为正三角形,为的中点,
∴,…………2分
又∵平面,,
∴平面,…………3分
又∵平面,所以.……………………4分
正方形中,∵,∴,
又∵,
∴,故,……………………5分
又∵,平面,
∴平面,
又∵平面,∴.……………………6分
(Ⅱ)取中点,连接,则线段为点的运动轨迹.………8分
理由如下:
∵,平面,平面,
∴平面,
∴到平面的距离为.……………10分
所以
.……………12分
解法二:
(Ⅰ)证明:
取的中点,连接,………1分
正三棱柱中,平面平面,
平面平面,平面,
因为为正三角形,为的中点,
所以,从而平面,所以.………………3分
正方形中,因为,所以,
又因为,
所以,故,……………………4分
又因为,平面,所以平面,
又因为平面,所以.…………6分
(Ⅱ)取中点,连接,则线段为点的运动轨迹.理由如下.……………8分
设三棱锥的高为,
依题意
故.……………10分
因为分别为中点,故,又因为平面,平面,
所以平面,所以到平面的距离为.……………12分
评分说明:
(1)第(Ⅰ)问中,辅助线有作图没说明,或者有说明没作图的,同样给分;
(2)第(Ⅱ)问中,直接作出轨迹,或者直接说明轨迹,但没有说明理由的,给分.
(19)(本小题满分12分)
解法一:
(Ⅰ)记为事件“该新型窑炉烧制的产品为二等品”.
由直方图可知,该新型窑炉烧制的产品为二等品的频率为,
故事件的概率估计值为.……………………4分
(Ⅱ)①先分析该窑炉烧制出的产品的综合指标值的平均数:
由直方图可知,综合指标值的平均数
.
该窑炉烧制出的产品的综合指标值的平均数的估计值,
故满足认购条件①.……………………6分
②再分析该窑炉烧制的单件平均利润值:
由直方图可知,该新型窑炉烧制的产品为一、二、三等品的概率估计值分别为,,.……………………8分
故件产品中,一、二、三等品的件数估计值分别为件,件,件.
一等品的销售总利润为元;
二等品的销售总利润为元;
三等品的销售总利润为元.……11分
故件产品的单件平均利润值的估计值为元,
有满足认购条件②,综上所述,该新型窑炉达到认购条件.……………12分
解法二:
(Ⅰ)同解法一.……………………4分
(Ⅱ)①同解法一.……………………6分
②再分析该窑炉烧制的单件平均利润值:
由直方图可知,该新型窑炉烧制的产品为一、二、三等品的概率估计值分别为,,.……………………8分
故件产品的单件平均利润值的估计值为
元,有满足认购条件②.……………………11分
综上所述,该新型窑炉达到认购条件.……………………12分
评分说明:
(1)第(Ⅰ)问中,没有体现频率估计概率的,扣分;
(2)第(Ⅱ)问中,三种等次的概率估计值的个分点为一等品与三等品的分点,二等品的分点在第(Ⅰ)问中,不再重复给分;
(3)第(Ⅱ)问解法二中,
中每个式子各分
(20)(本题满分12分)
解法一:
(Ⅰ)因为,所以.……………2分
又因为,所以.……………3分
故椭圆的方程:
.……………4分
(Ⅱ)设直线的方程为,……………5分
代入椭圆的方程,得……………6分
设,则,解得,,
所以.…………………8分
用替换,可得.……………………9分
解得直线的斜率为,直线的斜率,
所以直线的方程为:
①…………………………10分
直线的方程为:
②……………………………11分
由①②两直线的交点的横坐标,
所以点在定直线上.……………12分
解法二:
(Ⅰ)依题意,,代入椭圆方程,得
因为,代入整理得.……………2分
又因为,所以.故椭圆:
.……………4分
(Ⅱ)证明:
,
设,因为点在椭圆上,所以.………5分
设,由于,,三点共线,所以.………7分
又,所以.……………8分
所以,
即……………9分
整理得……………11分
因为,解得,所以点在定直线上.……………12分
解法三:
(Ⅰ)同解法一或解法二;…………………4分
(Ⅱ)设,直线的斜率分别为,
则,…………………5分
又,所以.…………………7分
又,则.所以.…………………9分
设直线的方程为①……………10分
则直线的方程为②……………11分
则两直线的交点的横坐标.所以点在定直线上.……………12分
(21)(本小题满分12分)
解:
(Ⅰ)由,可得,……………1分
故.
不是的极值点.……………………2分
理由如下:
.……………………4分
记,则.
由,解得;由,解得,
所以在单调递减,在单调递增,…………………………5分
故,即在恒单调递增,……………6分
故不是的极值点.
(Ⅱ)依题意,.
则.……………………7分
1时,在恒成立,在恒成立,
所以在上先减后增,
故在上有极小值,无极大值,应舍去.……………………8分
②时,在恒成立,在恒成立,
所以在上先减后增,
故在上有极小值,无极大值,应舍去.……………………9分
③时,由得和,
大于
小于
大于
单调递增
单调递减
单调递增
因为,故有下列对应关系表:
故,
记,
因为在上单调递减,
所以.……………………10分
④当时,因为,故
大于
小于
大于
单调递增
单调递减
单调递增
故,………11分
设,
记,
则,令得和(舍去),
小于
大于
单调递减
单调递增
故.……………………12分
请考生在第(22)、(23)两题中任选一题作答.注意:
只能做所选定的题目.如果多做,则按所做第一个题目计分,作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.
(22)(本小题满分10分)选修:
坐标系与参数方程
同理科。
(23)(本小题满分10分)选修:
不等式选讲
同理科。