2017福建省质检数学答案.pdf

理科数学参考答案 第 1 页（共 11 页） 2017 年福建省普通高中毕业班单科质量检查 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、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 （2）C （3）A （4）B （5）A （6）D （7）C （8）D （9）C （10）B （11）B （12）D 二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算每小题 5 分，满分 20 分 （13）1 （14）6 （15）yx （16）21 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）本小题主要考查等差数列、等比数列、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、分类与整合思想、化归与转化思想等满分 12 分 解法一： （）因为21 nn Sa， 所以当1n 时， 111 21aSa，解得 1 1a ， 1 分 当2n时， 11 21 nn Sa ， 2 分 -，得 1 22 nnn aaa ，即 1 2 nn aa ，所以 1 2n n a . 3 分 由数列 n b的前三项和为3，得 2 33b ，所以 2 1b . 4 分 设数列 n b的公差为d，则 35 1,1 3bd bd ， 5 分 又因为 2 32 5 bb b，所以 2 (1)13dd ， 解得1d 或0d （舍去） ，所以1 n bn 6 分 （）由（） ，可知 1 2n n a ，1 n bn，从而 1 (1)2n n n a bn ， 令 1 12 2nnn Taba ba b， 即 1221 1 22 2(2)2(1)2 nn n Tnn ， 7 分 2，得 231 21 22 2(2)212 nn n Tnn ， 8 分 -，得 231 222212 nn n Tn 9 分 22 12222 12 n nn nn ， 即222 n n Tn. 10 分 故题设不等式可化为(2) 2(2) n nnt， （*） （）当1n 时，不等式（*）可化为2t，解得2t； （）当2n 时，不等式（*）可化为00，此时Rt； （）当3n时，不等式（*）可化为2nt，因为数列 2n是递增数列，所以8t. 综上，t的取值范围是2 8，. 12 分 理科数学参考答案 第 2 页（共 11 页） 解法二： （）因为21 nn Sa， 所以当1n 时， 111 =21aSa，解得 1 1a ， 1 分 当2n时， 11 21 nn Sa ， 2 分 ，得 1 22 nnn aaa ，即 1 2 nn aa ， 所以 1 2n n a . 3 分 设数列 n b的公差为d， 由数列 n b的前三项和为3，得 1 333bd，即 1 1bd， 4 分 则 3151 21,413bbdd bbdd ， 5 分 又因为 2 32 5 bb b，所以 2 (1)1 3dd ， 解得1d 或0d （舍去） ，所以 1 10bd ， 所以1 n bn 6 分 （）同解法一 （18）本小题主要考查正弦定理、余弦定理、解三角形等基础知识，考查应用意识、抽象概括能力、运算 求解能力，考查分类与整合思想、函数与方程思想等满分 12 分 解法一： （）在PBC中，90PB ，30 3PC ，120PCB， 由正弦定理得， sinsin PBPC PCBPBC ，即 9030 3 sin120sinPBC ， 3 分 解得 1 sin 2 PBC. 4 分 又因为在PBC中，060PBC，所以30PBC， 5 分 所以30BPC，从而30 3BCPC， 即,B C两个岛屿间的距离为30 3 n mile 6 分 （）因为90ABC，30PBC，所以903060PBAABCPBC ， 在PAB中，90PB ，30AB ，由余弦定理得， 2222 1 2cos6090302 90 3030 7 2 PAPBABPB AB 10 分 根据“两点之间线段最短”可知， 最短航线是“PABCP”或“PCBAP” ， 其航程为30 73030 330 33060 330 7SPAABBCCP 所以应按航线“PABCP”或“PCBAP”航行， 其航程为 3060 330 7 n mile 12 分 解法二： （）在PBC中，90PB ，30 3PC ，120PCB， 由余弦定理得， 222 2cosPBPCBCPC BCPCB， 3 分 即 222 1 90(30 3)2 30 3() 2 BCBC ， 解得30 3BC 或60 3BC （舍去） 即,B C两个岛屿间的距离为30 3 n mile 6 分 （）在ABC中，30 3BC ，30AB ，90ABC， 所以 2 222 3030 360ACABBC 7 分 理科数学参考答案 第 3 页（共 11 页） 图（2） y x z R Q B C C1 P AA1 B1 3 tan 3 AB ACB BC ，因为090ACB，所以30ACB， 在PCA中，90PCAPCBACB，30 3PC ， 由勾股定理得， 22 30 7PAPCAC 10 分 下同解法一. （19）本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系及直线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、数形结合思想、函 数与方程思想等满分 12 分 解法一： （） 如图 （1） ， 在平面 11 ABB A内， 过点A作 1 ANB P交 1 BB于点N， 连结BQ， 在 1 BBQ 中，作 1 NHBQ交BQ于点H，连结AH并延长交BC于点M，则AM为所求作直 线 2 分 4 分 （）连结 1 PC， 1 AC ， 11111 4,60AAACACC AA， 11 AC A为正三角形. P为 1 AA的中点， 11 PCAA， 又侧面 11 ACC A 侧面 11 ABB A，且面 11 ACC A面 111 =ABB A AA， 1 PC 平面 11 ACC A， 1 PC 平面 11 ABB A. 5 分 在平面 11 ABB A内过点P作 1 PRAA交 1 BB于点R， 分别以 11 ,PR PA PC的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正 方向，建立如图（2）所示的空间直角坐标系Pxyz， 则 1 (0,0,0),(0,2,0), (0, 2,0), (0, 4,2 3),PAAC 1(0,0,2 3) C. Q为AC的中点，点Q的坐标为(0, 3, 3), 11 (0, 2,2 3),(0, 3, 3)ACPQ. 1111 2,60 ,ABABB AA 1( 3,1,0), B 1 ( 3,1,0)PB . 7 分 设平面 1 PQB的法向量为( , , )x y zm， 由 1 0, 0 PQ PB m m 得 330, 30, yz xy 9 分 令1x ，得3,3yz ,所以平面 1 PQB的一个法向量为(1,3, 3)m. 10 分 设直线 11 AC与平面 1 PQB所成角为， 图（1） N MH Q B CC1 P A A1 B1 理科数学参考答案 第 4 页（共 11 页） M N Q B CC1 P B1 A1 A 图（3） 则 11 11 11 39 sin|cos,| 13| AC AC AC m m m ， 即直线 11 AC与平面 1 PQB所成角的正弦值为 39 13 12 分 解法二： （） 如图 （3） ， 在平面 11 ABB A内， 连结 1 AB， 过点A作 1 ANB P交 1 AB于点N， 连结 1 AC， 在 1 ABC中，过点N作 1 NMAC交BC于点M，连结AM，则AM为所求作直线 2 分 4 分 （）如图（4） ，连结 1 AB， 11 /ACAC， 直线 11 AC与平面 1 PQB所成角等于 AC与平面 1 PQB所成角. 5 分 111 4,60 ,AAACC AA ,P Q分别为 1, AA AC的中点， 在APQ中，2,120 ,APAQPAQ 由余弦定理得 222 2cosPQAPAQAP AQPAQ，解得2 3PQ . 6 分 连结 1 AC，则 11 AC A为正三角形， 11 C PAA. 又平面 11 ACC A 平面 11 ABB A，且平面 11 ACC A平面 111 =ABB A AA， 1 C P 平面 11 ACC A， 1 C P 平面 11 ABB A. 在平面 11 ACC A内，过点Q作 1 /QSC P交 1 A A延长线于点S，则QS 平面 11 ABB A. 7 分 连结 1 SB， 1 SB 平面 11 ABB A, 1 QSSB. 又 11111 11 sin3 22 QSC PACC A A, 11 coscos1,SAAQCASAQC AA 1 5AS . 在 11 ASB中，由余弦定理得 222 111111111 2cosSBASABAS ABB AA,解得 1 19.SB 22 11 22.QBQSSB 8 分 又在 11 APB中， 111111 1 60 ,2,2 2 B APABABAPAA， 11 APB为正三角形， 1 2PB . 在 1 PQB中， 222 11 1 1 3 cos, 24 PQPBQB QPB PQ PB 1 13 sin 4 QPB， 1 11 139 sin 22 PQB SQP PBQPB . 9 分 取 1 AP的中点T，连结 1 BT，则 111 ,3BTAP BT， 图（4） S T Q B CC1 P A A1 B1 理科数学参考答案 第 5 页（共 11 页） 图 （5） K M R Q B CC1 P B1 A1A 图 （6） M S N Q B CC1 P B1 A1 A y x Q M R AC1 O C2 P 1 1 1 3 2 APB SAP BT ， 11 1 1 3 Q APBAPB VSQS . 10 分 设AC与平面 1 PQB所成角为，A到平面 1 PQB的距离为h. 11 1 A PQBQ APB VV ，即 1 1 1 3 PQB Sh ，解得 2 39 13 h . 11 分 2 39 39 13 sin 213 h AQ ，即直线 11 AC与平面 1 PQB所成角的正弦值为 39 13 12 分 解法三：（）如图（5），延长 1 ,BA B P交于点R，连结RQ并延长交BC于K，在ABC中，过点 A作AMQK交BC于点M，则AM为所求作直线 2 分 4 分 （）同解法一 解法四：（）如图（6），在平面 11 ABB A内，过点A作 1 ANB P交 1 BB于点N，在平面 11 AACC内， 过点A作ASPQ交 1 C C的延长线于点S，连结SN交BC于点M，连结AM，则AM为所 求作直线. 2 分 4 分 （）同解法一. （20）本小题主要考查圆的标准方程、椭圆的标准方程、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，考查数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想等满分 12 分 解法一：（）因为 1 C内切 2 C于A，所以12r ，解得3r ， 1 分 所以 2 C的方程为 2 2 :19xy. 因为直线,PQ PR分别切 12 ,CC于,Q R， 所以 12 ,C QPQ C RPR. 2 分 连结PM，在RtPQM与RtPRM中， ,PQPAPR,PMPM 3 分 所以QMRM， 理科数学参考答案 第 6 页（共 11 页） 所以 1212121212 42MCMCMQCQC MMRCQC MCQC RCC， 4 分 所以点M的轨迹C是以 12 ,C C为焦点，长轴长为4的椭圆（除去长轴端点） ， 所以M的轨迹C的方程为 22 10 43 xy y. 5 分 （）依题意，设直线MN的方程为10xtyt， 1122 ( ,),(,)M x yN xy， 则 11 ( ,)M xy且 12 xx， 12 0yy. 6 分 联立方程组 22 1, 1, 43 xty xy 7 分 消去x，并整理得 22 (34)690tyty. 8 分 2 22 =649 (34)1441440ttt ， 1212 22 69 , 3434 t yyy y tt . 9 分 直线 MN 的方程 21 11 21 yy yyxx xx ， 令0y ， 得 2 1211221 121212 1 21212121 2 18 112 34 114 6 34 t yxxy tyytyy xx yty y t xx t yyyyyyyy t ， 故直线M N过定点( 4,0). 12 分 解法二：（）同解法一. （）依题意，设直线MN的方程为(1)(0)yk xk， 1122 ( ,),(,)M x yN xy，则 11 ( ,)M xy. 6 分 联立方程组 22 (1), 1, 43 yk x xy 7 分 消去y，并整理得 2222 (43)8(412)0kxk xk. 8 分 2 2222 =(8)4 (43)(412)1441440kkkk ， 22 1212 22 8412 , 4343 kk xxx x kk . 9 分 又直线M N的方程为 121121 ()xxyyyyxx, 即 21121221 xxyyyxx yx y， 10 分 因为 121212211212 22 624 ()2,()2, 4343 kk yyk xxkx yx yk xxkx x kk 所以直线M N的方程为 21 2 6 4 43 k xxyx k ， 11 分 故直线M N过定点( 4,0). 12 分 解法三：（）同解法一. （）设直线NM交x轴于,0T m， 6 分 理科数学参考答案 第 7 页（共 11 页） 设 1122 ( ,),(,)M x yN xy，则 11 ( ,)M xy且 22 12 yy， 22 11 1 43 xy ， 22 22 1 43 xy ， 7 分 所以 22 2212 12 4 1,4 1 33 yy xx ， 111122 (1,),(1,)C MxyC Nxy. 因为 1 ,M N C三点共线，所以 1221 (1)(1)xyxy， 即 122112 x yx yyy. 8 分 因为 1122 ,TMxmyTNxm y ， 及/TMTN得, 2112 0yxmyxm，即 122112 x yx ym yy. 9 分 由得, 222222 122112 x yx ym yy, 10 分 所以 22 22 12 21 2222 1221 2222 1212 4 14 1 33 4 yy yy x yx y m yyyy , 故直线 M N 过定点( 4,0) 12 分 解法四： （）同解法一. （）设直线NM交x轴于,0T m， 6 分 设 1122 ( ,),(,)M x yN xy，则 11 ( ,)M xy，且 12 xx， 22 11 1 43 xy ， 22 22 1 43 xy ， 7 分 所以 2222 1122 4123,4123yxyx， 111122 (1,),(1,)C MxyC Nxy. 因为 1 ,M N C三点共线，所以 1221 (1)(1)xyxy， 所以 2222 1221 4(1)4(1)xyxy， 化简得 1212 25()80x xxx. 8 分 又 1122 (,),(,)TMxmyTNxm y，,M N T三点共线， 所以 1221 ()()xm yxm y . 9 分 由,得 1212 110xxmxmx, 即 1212 2120x xmxxm. 10 分 由,得 12 42 40mxxm，即 12 420mxx. 因为直线NM过 1 C且不与x轴垂直，所以 12 20xx， 11 分 所以4m ，所以直线NM过定点( 4,0). 12 分 （21）本小题主要考查函数的极值、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、抽象概括能力和创新意识等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、有限 与无限思想等满分 12 分 解法一： （） f x的定义域为, a，且 ln x fxxa xa . 1 分 设 ln x g xxa xa ，则 22 12 axa gx xa xaxa . 2 分 理科数学参考答案 第 8 页（共 11 页） （1）当2aa，即0a时， 0gx ，所以 g x在, a上单调递增； 又 1 1ln 10 1 ga a ， 22 e1e0gaa ，即 2 1e0gga ， 所以 g x在, a上恰有一个零点 0 x， 且当 0 ,xa x 时， 0fxg x；当 0, xx时， 0fxg x； 所以 f x在 0 , a x上单调递减，在 0, x 上单调递增， 所以 0 x是 f x的极小值点，不合题意. 3 分 （2）当2aa ，即0a 时，令 0gx ，得2xa . 当, 2xaa 时， 0gx ；当2 ,xa 时， 0gx ； 即 g x在, 2aa上单调递减，在2 , a上单调递增. 4 分 当2ln2 0gaa即 2 ea 时， 20fxg xga恒成立， 即 f x在, a上单调递增，无极值点，符