1、 数学参考答案及评分细则 第1页（共 15页） 泉州市泉州市 20212021 届高中毕业班质量监测届高中毕业班质量监测 2021.05 数学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
2、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 40 分。 1C 2D 3B 4B 5B 6A 7C 8B 二、选择题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题 5 分，满分 20 分。全部选对的得全部选对的得 5 分，有选错的分，有选错的 得得 0 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分。分。 9ABD 10BC 11ACD 12ABD 三、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 3 2 1436 1531 16 2 3 3 四、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
3、考查等差数列、等比数列、递推数列及数列求和等基础知识，考查运算求解能力、逻辑推 理能力等，考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想等，考查逻辑推理、数学运算等 核心素养，体现基础性满分 10 分 解法一： （1）依题意，得 1 2 11 2 5 a q aa q = += ， ， 2 分 解得 1 1 2 a q = = ， 或 1 4 1 2 a q = = ， （舍去） ， 4 分 所以 1 2n n a =. 5 分 （2） 选条件 1 2b = ，()() 1 12 n Snn + = + ， 当2n 时，(1) n Sn n= +, 6 分 又 11 2Sb= 也满足上式，
4、所以(1) n Sn n= +. 7 分 数学参考答案及评分细则 第2页（共 15页） 所以 1 (122)21(1) kk kk TSk k =+= +L, 8 分 当1k =时， 1 3T =， 又 k T单调递增 ， 5 61100T =. 9 分 所以存在正整数k，使得100 k T ，k的最小值为6. 10 分 解法二： （1）依题意，得 2 25q q += ， 1 分 解得 2q = 或 1 2 q =（舍去） ， 3 分 所以 1 1a =， 4 分 所以 1 2n n a =. 5 分 （2） 选条件 1 1b =， nn Snb=， 当2n 时， 11 (1) nn Snb
5、 =， 则 11 (1) nnnn SSnbnb =， 整理，得 1nn bb =， 6 分 所以 n b为常数列，即1 n b =， 1 21 n nn ab =. 7 分 所以 1 (122)21 kk k Tkk =+= L， 8 分 因为 k T单调递增 ， 6 57100T =， 9 分 所以存在正整数k，使得100 k T ，k的最小值为7. 10 分 解法三： （1）同解法一； 5 分 （2）选条件231 nn Sb=， 当1n =时， 11 231Sb=， 1 1b =， 6 分 当2n 时， 11 231 nn Sb =， 则 11 2()3() nnnn SSbb =， 整
6、理，得 1 3 nn bb =， 7 分 所以 n b 是首项为1，公比为3的等比数列，即 1 3n n b =. 8 分 所以 11 230 nn nn ab =， 9 分 所以不存在正整数k，使得100 k T . 10 分 18本小题主要考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换、三角形面积公式等基础知识，考查运算求解能 力，考查化归与转化思想、分类与整合思想等，体现基础性和综合性，导向对发展逻辑推理、数学运 算等核心素养的关注满分 12 分 解法一： （1）在ABC中，由正弦定理可得 ABC AC ACB AB = sinsin ， 1 分 又ACAB2=， 5 5 sin=ABC，所以 5
7、 52 sin=ACB 2 分 数学参考答案及评分细则 第3页（共 15页） 所以 5 52 cos=ABC， 3 分 5 5 cos=ACB， 4 分 所以 )cos()cos(cosACBABCACBABCCAB+= ， 即ACBABCACBABCCAB=coscossinsincos， 5 分 所以 52 552 5 cos0 5555 CAB=或 5 4 . 6 分 （2） 由已知，设22ABACt=，所以ADACt=，另设CAD= . 由 ABCACDABD SSS=+ ， 可得 111 2sin2sin2sin 222 ttt tt t = + ， 7 分 所以 1 2sincos
8、sinsin 2 =+，因为sin0，所以 3 cos 4 =， 8 分 所以 2 1 cos22cos1 8 = =， 9 分 又02 ， 2 3 7 sin21cos 2 8 =， 10 分 又 2 13 7 72sin2 28 ABC Sttt= = ，所以 2 8 3 t =， 11 分 所以 2222 998 422cos212 223 BCttttt=+ =，所以 2 3BC = . 12 分 解法二： （1）同解法一； （2）由已知，设CADBAD= =，tACAB22=，所以tACAD=， 因为 1 2sin 2 2 1 1 sin 2 ABD ACD t t SBD SCD
9、t t = ， 7 分 故可设xCDxBD=,2， 在ABD和ACD中，分别由余弦定理可得 +=cos2 222 ADABADABBD ， +=cos2 222 ADACADACCD ， 即 =+=cos45cos2244 22222 ttttttx ， =+=cos22cos2 22222 ttttttx ， 8 分 联立可得 22 3cos4tt= ， 4 3 cos=， 9 分 数学参考答案及评分细则 第4页（共 15页） 所以 8 1 1cos22cos 2 =， 又02 ， 8 73 2cos12sin 2 =， 10 分 又 2 13 7 72sin2 28 ABC Sttt= =
10、 ，所以 3 8 2 =t， 11 分 所以 2222 998 422cos212 223 BCttttt=+ =，所以 32=BC. 12 分 解法三： （1）同解法一； （2） 由已知，设CADBAD= =，tACAB22=，所以tACAD=， 因为 1 2sin 2 2 1 1 sin 2 ABD ACD t t SBD SCD t t = ， 7 分 故可设xCDxBD=,2， 在ABD和ACD中，分别由余弦定理可得： ADBBDADBDADAB+=cos2 222 ， ADCCDADCDADAC+=cos2 222 ， 即 ADBxtxtt+=cos2244 222 ， ADCxtx
11、tt+=cos2 222 ， 联立可得xtxt2,63 22 =， 8 分 所以 8 1 22 )3(4 2 2cos 222222 = + = + = tt xtt ACAB BCABAC ， 9 分 又02 ， 8 73 2cos12sin 2 =， 10 分 又 2 13 7 72sin2 28 ABC Sttt= = ，所以 3 8 2 =t， 11 分 所以 2222 998 422cos212 223 BCttttt=+ =，所以 32=BC. 12 分 解法四： （1）同解法一； （2）由已知，设=BADCAD，tACAB22=，所以 tACAD=， 数学参考答案及评分细则 第5
12、页（共 15页） 因为 1 2sin 2 2 1 1 sin 2 ABD ACD t t SBD SCD t t = ， 7 分 所以 DCBD2= ，所以ACABAD 3 2 3 1 +=， 8 分 所以 222144 999 ADABACAB AC=+ uuu ruuu ruuu ruuu r uuu r ， 即+=+=2cos 9 8 9 8 2cos 3 2 3 2 2 9 4 9 4 22222 ttttttt， 9 分 所以 8 1 2cos=，又02 ， 8 73 2cos12sin 2 =， 10 分 又 2 13 7 72sin2 28 ABC Sttt= = ，所以 3 8
13、 2 =t， 11 分 所以 2222 998 422cos212 223 BCttttt=+ =，所以 32=BC. 12 分 解法五： （1）同解法一； （2） 由已知，设=BADCAD，tACAB22=，所以tACAD=， 因为 1 2sin 2 2 1 1 sin 2 ABD ACD t t SBD SCD t t = ， 7 分 过D作ACDE/交AB于点E，则 3 2 = AB BE BC BD AC DE ， 所以在ADE中，有 3 2 3 1 , 3 2 3 2 , t ABAEtACDEtAD= 8 分 由余弦定理有 4 3 3 2 2 ) 3 2 () 3 2 ( cos
14、222 = + = tt ttt 9 分 所以 8 1 1cos22cos 2 =， 又02 ， 8 73 2cos12sin 2 =， 10 分 又 2 13 7 72sin2 28 ABC Sttt= = ，所以 3 8 2 =t， 11 分 数学参考答案及评分细则 第6页（共 15页） 所以 2222 998 422cos212 223 BCttttt=+ =， 所以32=BC. 12 分 19本小题主要考查空间几何体点线面位置关系、直线与平面所成角等基础知识，考查空间想象能力、逻 辑推理能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，数形结合思想等；考查直观想象、逻辑推理和数 学运算等核心素养
15、，体现基础性与综合性. 满分 12 分 解法一： （1）连结BH交DE于点I，连结FI 1 分 因为,E H分别为,PB PD中点，所以I为PBD的重心， 2 3 BI BH = 2 分 又F为BC中点，G为CF中点，所以 2 3 BF BG =， 3 分 即 BIBF BHBG =，所以FIGH 4 分 又因为GH 平面DEF，FI 平面DEF， 5 分 所以GH平面DEF 6 分 （2）根据题意,CDBD CDPD BDPDD=I，所以CD 平面PBD， 7 分 如图所示，以D为坐标原点，分别以DB uuu r ，DC uuu r 为x轴， y 轴的正方向建立空间直角坐标系.设2CD =，
16、则 (0,0,0)D，(2,0,0)B，(0,2,0)C， (1,0, 3)P， (1,1,0)F， 1 3 ( ,0) 2 2 G， 13 ( ,0,) 22 H，(1,0,3)PB = uu u r ， ( 1,2,3)PC = uuu r ， 33 (0,) 22 GH = uuu u r 8 分 设平面PBC的法向量为 ( , , )x y z=n ， 则 0, 0, PB PC = = uu u r uuu r n n 即 30, 230, xz xyz = + = 9 分 取( 3, 3,1)=n, 10 分 设直线GH与平面PBC所成的角为， 则 37 sincos, 737 G
17、H GH GH = = uuu u r uuu u r uuu u r n n n , y z x I H E G F B C D P 数学参考答案及评分细则 第7页（共 15页） 所以直线GH与平面PBC所成角的正弦值为 7 7 12 分 解法二： （1） 取CD中点M,连结,GM HM . 因为,G M分别为,CF CD中点，所以GMDF. 1 分 因为GM 平面DEF，DF 平面DEF， 所以GM平面DEF. 2 分 又因为,E F H M分别为,PB BC PD CD中点， 所以,EFPC HMPC，所以HMEF. 3 分 因为HM 平面DEF，EF 平面DEF， 所以HM平面DEF.
18、 4 分 因为HMGMM=I，所以平面DEF平面HGM. 5 分 因为GH 平面HGM，所以GH平面DEF. 6 分 （2） 取BD的中点O，连结PO，则POBD，OFCD. 根据题意,CDBD CDPD BDPDD=I， 所以CD 平面PBD， 所以OF 平面PBD. 7 分 如图所示，以O为坐标原点，分别以OB uuu r ，OF uuu r ，OP uuu r 为x轴，y轴， z轴的正方向建立空间直角坐标系. 设 2CD =， 则 (1,0,0)B ， ( 1,2,0)C ， ( 1,0,0)D ， (0,0, 3)P，(0,1,0)F， 1 3 (,0) 2 2 G ， 13 (,0,
19、) 22 H ，(1,0,3)PB = uu u r ， ( 1,2,3)PC = uuu r ， 33 (0,) 22 GH = uuu u r . 8 分 设平面PBC的法向量为 ( , , )x y z=n ， 则 0, 0, PB PC = = uu u r uuu r n n 即 30, 230, xz xyz = + = 9 分 取( 3, 3,1)=n, 10 分 设直线GH与平面PBC所成的角为 . 则 37 sincos, 737 GH GH GH = = uuu u r uuu u r uuu u r n n n . 所以直线GH与平面PBC所成角的正弦值为 7 7 . 1
20、2 分 解法三： （1）同解法二； 6 分 （2） 在BD上取点I，使3BIID=，连结HI，GI，CE，则GICD， 根据题意,CDBD CDPD BDPDD=I， z x y H E O G F B M C D P 数学参考答案及评分细则 第8页（共 15页） 所以CD 平面PBD ，则GI 平面PBD， 7 分 所 以GIHI， 2222 33 ( )()3 22 GHHIGI=+=+= . 8 分 设2CD =， C 11132 3 222 33223 PBDPBD VSCD = = ， 9 分 11 277 22 PBC SPB CE= = ， 设D到平面PBC的距离为h . 由 D
21、 PBCC PBD VV =，得 12 3 7= 33 h，解得 2 21 = 7 h， 10 分 因为H为PD中点，所以H到平面PBC的距离为 121 = 27 h. 11 分 设直线GH与平面PBC所成的角为， 则 211 7 72 sin 73 h GH = ， 所以直线GH与平面PBC所成角的正弦值为 7 7 . 12 分 解法四： （1）同解法二； 6 分 （2）连结,BH PG，取BD的中点I，DI的中点J，连结,PI HJ JG HG.设2CD =， 则GJCD，HJPI且 3 2 GJ = . 根据题意,CDBD CDPD BDPDD=I， 所以CD 平面PBD，因此GJ 平面
22、PBD. 7 分 J H E I G F B C D P I H E G F B C D P 数学参考答案及评分细则 第9页（共 15页） 所以GIHI， 2222 33 ( )()3 22 GHHJGJ=+=+= ， 8 分 11133 22 22222 PBHPBD SS= = ， 11333 33224 G PBHPBH VSGJ =， 9 分 331313 277 442424 PBGPBC SSPB CE= = ， 10 分 设H到平面PBC的距离为h . 由 HPBGG PBH VV =，得 133 7= 344 h，解得 21 = 7 h. 11 分 设直线GH与平面PBC所成的
23、角为 . 则 21 7 7 sin 73 h GH = ， 所以直线GH与平面PBC所成角的正弦值为 7 7 . 12 分 20本小题主要考查独立性检验、数学期望等基础知识，考查数据处理能力、应用意识和创新意识等，考 查统计与概率思想，导向对发展逻辑推理、数学运算、数学建模、数据分析等核心素养的关注满分 12 分 解： （1）依题意， 产生利润效益 未产生利润效益 总计 甲地 24 6 30 乙地 10 10 20 总计 34 16 50 2 分 2 2 50(24 106 10) 4.963 302034 16 K = 4 分 故有95%的把握认为宣传费是否产生利润效益与地区有关 5 分 （
24、2）这样的判断是错误的理由如下（考生只要回答接近参考答案，就可给分） 6 分 残差平方和是反映回归模型预报值与实测值的偏差，同一对象（如对甲地而言）统计数据的实测 值相同， 故可以通过残差平方和的大小来比较不同模型的拟合度的高低； 但是不同对象 （如甲地、 乙地）统计数据因为量级上的不同，实测值、预报值都可能存在数量上的差异，这种差异并无法 比较模型的拟合度的高低通过计算两个模型的相关指数，甲地对应模型的相关指数 2 0.032 10.969 1.021 R = 甲 ，乙地对应模型的相关指数 2 0.032 10.988 1.021 R= 乙 ， 22 RR 乙甲，故乙地的模 型拟合度高于甲地
25、 8 分 数学参考答案及评分细则 第10页（共 15页） （3）假设甲地投入x（单位：十万）元，则乙地投入3.6x（单位：十万）元， 9 分 故两地总的年利润 ( )0.2821.31.8ln(3.6)1.8ln(3.6)21.02f xxxxx= +=+， 10 分 1.82 ( ) 3.62 fx xx =+ （03.6x） 11 分 由( )0fx =得 1.83.60 xx+= ，即(3)(1.2)0 xx+=，解得1.44x = (0,1.44) (1.44,3.6) ( )fx 0 0，则 2 1 ( )e0 x x x =+，所以( )x在(0,)+单调递增， 又因为 1 ( )
26、e20 2 =， 所以存在 0 1 ( ,1) 2 x ，使得 0 0 1 e0 x x = . 3 分 当 0 (0,)xx时，( )0F x ， ( )F x在 0 (,)x +单调递增. 4 分 所以 ( )F x的最小值为 0 0 00000 1 ()eln11ln10 e x x F xxxxx= = =. 5 分 （2）( )1 axa fx xx + =+ = ， 当0a 时， ( )0fx ， ( )f x在()0,+单调递增， 故 ( )f x至多一个零点，舍去； 6 分 当0a 时，() 0,xa ， ( )0fx ， ( )f x单调递增. 7 分 若函数 ( )f x存
27、在两个零点，则 min ( )()ln()0f xfaaa=，所以1a . 当2a ， ( )e21 x g xx=+，( )e20 x gx=， 数学参考答案及评分细则 第14页（共 15页） 所以( )g x 递增， ( )(2)0g xg ，所以( )g x递增， ( )(2)0g xg 所以(e)0 a f . 此时， 1 e e a a ，( )f x在()0, a和(,)a+分别存在一个零点. 当21a ， 此时， 3 1 e e a ，( )f x在()0, a和(,)a+分别存在一个零点. 综合得，若( )f x存在两个零点，a的取值范围为(, 1) . 8 分 不妨设 12
28、0 xax ，只需证() 1212 lnlnln0 xxxx=+， 即证 1 121212 1 122 2 1 lnln1 ln0 22 1 x xxxxxx x xxx x = + + ， 11 分 令 11 ( )ln 21 t h tt t = + ，(0,1t， 2 22 12(1) ( )0 2(1)2 (1) t h t ttt t = + ，则( )h t在(0,1单调递增， 所以( )(1)0h th=， 又因为 1 2 (0,1) x x ，所以 1 12 1 2 2 1 1 ln0 2 1 x xx x x x + 得证. 12 分 解法二： （1）同解法一； 5 分 （2
29、）( )1 axa fx xx + =+ = ， 当0a 时， ( )0fx ， ( )f x在()0,+单调递增， 故 ( )f x至多一个零点，舍去； 6 分 当0a 时，() 0,xa ， ( )0fx ， ( )f x单调递增. 7 分 数学参考答案及评分细则 第15页（共 15页） 若函数 ( )f x存在两个零点，则 min ( )()ln()0f xfaaa=，所以1a . 当2a ， ( )e21 x g xx=+，( )e20 x gx=， 所以( )g x 递增， ( )(2)0g xg ，所以( )g x递增， ( )(2)0g xg 所以(e)0 a f . 此时， 1
30、 e e a a ，( )f x在()0, a和(,)a+分别存在一个零点. 当21a ， 此时， 3 1 e e a ，( )f x在()0, a和(,)a+分别存在一个零点. 综合得，若( )f x存在两个零点，a的取值范围为(, 1) . 8 分 不妨设 12 0 xax ，只需证 12 20 xx a + ，只需证 12 2axx ， 所以只需证 121 ( 2)()()faxf xf x=， 10 分 令( )( )( 2)lnln( 2)22 ,0,h xf xfaxaxaaxxa xa=+， () 2 2() ( )20 22 aaxa h x xxax xa + =+=， 所以 11 ()( 2)f xfax，命题得证. 12 分
