完整版宁德市普通高中毕业班第二次质量检查理科答案定稿.docx
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完整版宁德市普通高中毕业班第二次质量检查理科答案定稿
2019届宁德市普通高中毕业班第二次质量检查试卷
数学（理科）试题参考答案及评分标准
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法不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准指定相应的评分细则．
二、对计算题，当考生的解答在某一部分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：
本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分60分．
1．C2．D3．A4．C5．B6．B
7．A8．B9．C10．B11．D12．A
二、填空题：
本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分20分．
13．14．15．16．
三、解答题：
本大题共6小题，满分70分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．
17．本小题主要考查数列及数列求和等基础知识，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）由已知得
因为，当时，，…………………………1分
故；…………………………2分
所以.…………………………3分
因为，
所以，
得.…………………………5分
当时，,
综上，.…………………………6分
（Ⅱ）依题意，,…………………………7分
所以…………………………8分
…………………………10分
．…………………………12分
18．本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等．满分12分．
解法一：
（1）证明：
因为四边形为直角梯形，且,,,
所以，……1分，
又因为,
根据余弦定理得…………………………2分，
所以，故.…………………………3分
又因为,,且,平面，所以平面，………………4分
又因为平面，所以………………5分
（2）由
（1）得平面平面,
设为的中点，连结，因为,
所以,,又平面平面，
平面平面，
平面.…………………………7分
如图，以为原点分别以，和垂直平面的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，，…………8分
假设存在满足要求，设，即，
所以,
易得平面的一个法向量为.…………………………9分
设为平面的一个法向量，，
由得，不妨取.…………………………10分
因为平面与平面所成的锐二面角为，所以，
解得，（不合题意舍去）.
故存在点满足条件，且.…………………………12分
解法二：
（1）证明：
取线段的中点，连结交于点，连结，
因为,,,
所以四边形为正方形，故,…………………………1分，
且为中点,又为线段的中点，
所以且…………………………3分，
又因为,,且,平面
所以平面，…………………………4分
又因为平面，
所以平面平面…………………………5分
（2）连结，因为，为中点,所以,,
又因为平面，所以,,三线两两互相垂直，…………………………7分
分别以为轴正方向，建立空间直角坐标系
则,,,,,…………………………8分
假设存在满足要求，设,即,
易得平面的一个法向量为.…………………………9分
设为平面ABM的一个法向量，，
.
由得
不妨取.…………………………10分
因为平面与平面所成的锐二面角为，所以
，解得，（不合题意舍去）.
故存在点满足条件，且.…………………………12分
19.本小题主要考查频率分布直方图、平均数、独立性检验及数学期望等基础知识，考查运算求解能力、数据处理能力、应用意识，考查分类与整合思想、必然与或然思想、化归与转化思想．满分12分．
解：
（1）
．
估计今年7月份游客人均购买水果的金额为元．…………………………3分
（2）列联表如下：
水果达人
非水果达人
合计
男
10
40
50
女
20
30
50
合计
30
70
100
…………………………5分
又,
因此有95%的把握认为“水果达人”与性别有关系．………………7分
（3）若选方案一：
则需付款元；…………………………8分
若选方案二：
设付款元，则可能取值为，，，．…………………………9分
，，
，，
所以．…………………………11分
因为，
所以选择方案二更划算．…………………………12分
20．本题主要考查直线、椭圆、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，考查函数与方程思想、化归与转化思想，考查考生分析问题和解决问题的能力，满分12分．
解法一：
（1）当点的坐标为时，，
所以．.………………………………1分
由对称性，，………………………………2分
所以，得．.………………………………3分
将点代入椭圆方程中，
解得，
所以椭圆方程为．.………………………………5分
（2）当直线的斜率不存在时，，
此时．…………………………6分
当直线的斜率存在时，设直线的方程为．
由消去整理得：
．…………………………7分
显然，
设，
则………………………………8分
故
．………………………………9分
因为，所以，
所以点到直线的距离即为点到直线的距离，…………………………9分
所以
…………………………10分
，
因为，所以，
所以．
综上，．………………………………12分
解法二：
（1）设，根据题意，可得
…………………1分
得，解得．
由，得．………………………………3分
所以，又因为，解得，
所以椭圆的方程为．………………………………5分
（2）由
（1）得，设直线的方程为：
，
联立消去得：
，………………………………6分
，设，则
………………………………7分
所以，………………………………8分
因为，所以，所以到直线的距离即为点到直线的距离，
点到直线：
的距离，………………………………9分
所以的面积，………………………………10分
令，则
（当且仅当时取等号）.………………………11分
所以的面积取值范围为.………………………………12分
21．本小题主要考查导数的几何意义、导数及其应用、不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等．满分12分．
（1）解：
当时，.………………………………1分
当时，.………………………………2分
的值域为．………………………………3分
令，
，，
.………………………………4分
又的单调减区间为，增区间为.
设，，且，．
无解.
从而要有两个不同的根，应满足，.………………………………5分
.即．
的最小值为.………………………………6分
（2）有两个零点、且，设，，
，.
，.
对恒成立.………………………………7分
设，.……………………………8分
，恒成立.
当，即时，，
在上单调递增.
成立.……………………………10分
当时，设.由.
，使得.
且当时，，时，.
当时，单调递减，
此时不符合题意.
综上，.……………………………12分
22．选修；坐标系与参数方程
本小题考查直线和圆的极坐标方程、参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想等．满分10分．
解法一：
（1）由，
得曲线C的普通方程为，……………………………1分
把，代入该式化简得曲线C的极坐标方程为：
.……………………………3分
因为直线：
是过原点且倾斜角为的直线，
所以直线的极坐标方程为：
．……………………………5分
（2）把代入得，故，
把代入得，故，……………………………7分
因为,……………………………8分
所以的面积为.……………………………10分
解法二:
（1）同解法一；
（2）由
（1）及题知可得的直角坐标方程为，
直线的直角坐标方程为，直线的直角坐标方程为.……………………………6分
联立得.
联立得.
故，，……………………………8分
因为,所以的面积为：
.……………………………10分
23．选修：
不等式选讲
本小题考查绝对值不等式的解法与性质等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查分类与整合思想、化归与转化思想等．满分10分．
解法一：
（1）因为，所以，
由得：
或或……………………………3分
解得或或，所以不等式的解集为：
.……………………………5分
（2），又，，……………………………6分
所以要证成立，
只需证成立，……………………………7分
即证，
只需证成立，……………………………8分
因为，，所以根据基本不等式
成立，
故命题得证．……………………………10分
解法二：
（1）因为，
所以……………………………2分
作出函数的图像（如下图）
因为直线和函数图像的交点坐标为,.……………………………4分
所以不等式的解集为：
．……………………………5分
（2），……………………………6分
又，，
所以，，……………………………8分
故，……………………………9分
所以成立．……………………………10分
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