2020级一诊数学（理科）参考答案

数学(理科)“一诊”参考答案　第１　　　　页(共５页)成都市２０２０级高中毕业班第一次诊断性检测数学(理科)参考答案及评分意见第Ⅰ卷　(选择题,共６０分)一、选择题:(每小题５分,共６０分)１．C;２．A;３．B;４．C;５．C;６．B;７．D;８．B;９．C;１０．A;１１．D;１２．B．第Ⅱ卷　(非选择题,共９０分)二、填空题:(每小题５分,共２０分)１３．１３;　　１４．２４０;　　１５．５＋１２;　　１６．②③④．三、解答题:(共７０分)１７．解:(Ⅰ)由(０．００４×２＋０．０２２＋０．０３０＋０．０２８＋m)×１０＝１,􀆺􀆺２分解得m＝０．０１２．􀆺􀆺４分(Ⅱ)由题意知不低于８０分的队伍有５０×(０．１２＋０．０４)＝８支,􀆺􀆺５分不低于９０分的队伍有５０×０．０４＝２支．􀆺􀆺６分随机变量X的可能取值为０,１,２．∵P(X＝０)＝C３６C３８＝５１４,P(X＝１)＝C２６C１２C３８＝１５２８,P(X＝２)＝C１６C２２C３８＝３２８,􀆺􀆺９分∴X的分布列为X０１２P５１４１５２８３２８􀆺􀆺１０分E(X)＝０×５１４＋１×１５２８＋２×３２８＝３４．􀆺􀆺１２分１８．解:(Ⅰ)∵ba＝sinC＋cosC,由正弦定理知sinBsinA＝sinC＋cosC,即sinB＝sinAsinC＋sinAcosC．􀆺􀆺１分在△ABC中,由B＝π－(A＋C),∴sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝sinAsinC＋sinAcosC．􀆺􀆺３分∴cosAsinC＝sinAsinC．∵C∈(０,π),∴sinC≠０．􀆺􀆺４分∴sinA＝cosA．􀆺􀆺５分∵A∈(０,π),∴A＝π４．􀆺􀆺６分数学(理科)“一诊”参考答案　第２　　　　页(共５页)(Ⅱ)若选择条件①,由正弦定理asinA＝csinC,得asinC＝csinA＝２２c＝２．∴c＝２２．􀆺􀆺９分又２２sinB＝３sinC,即２２b＝３c．∴b＝３．􀆺􀆺１１分∴S△ABC＝１２bcsinA＝１２×３×２２sinπ４＝３．􀆺􀆺１２分若选择条件②,由２２sinB＝３sinC,即２２b＝３c．设c＝２２m,b＝３m(m＞０)．􀆺􀆺７分则a２＝b２＋c２－２bccosA＝５m２．∴a＝５m．􀆺􀆺９分由ac＝２１０,得m＝１．∴a＝５,b＝３,c＝２２．􀆺􀆺１１分∴S△ABC＝１２bcsinA＝１２×３×２２sinπ４＝３．􀆺􀆺１２分１９．解:(Ⅰ)∵DE∥AB,DE⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,∴DE∥平面PAB．􀆺􀆺２分∵DE⊂平面PDE,平面PDE∩平面PAB＝l,∴DE∥l．􀆺􀆺３分由图①DE⊥AC,得DE⊥DA,DE⊥DP,∴l⊥DA,l⊥DP．∵DA,DP⊂平面ADP,DA∩DP＝D,∴l⊥平面ADP．􀆺􀆺５分(Ⅱ)由题意,得DE＝DP＝２,DA＝１．∵AP＝５＝DP２＋DA２,∴DA⊥DP．􀆺􀆺６分又DE⊥DP,DE⊥DA,以D为坐标原点,DA,→DE→,DP→的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．则D(０,０,０),E(０,２,０),B(１,３,０),P(０,０,２),PD→＝(０,０,－２),PE→＝(０,２,－２),PB→＝(１,３,－２)．􀆺􀆺８分设平面PBE的一个法向量为n＝(x,y,z)．由n􀅰PE→＝０,n􀅰PB→＝０{得y－z＝０,x＋３y－２z＝０．{令z＝１,得n＝(－１,１,１)．􀆺􀆺１０分设PD与平面PEB所成角为θ．∴sinθ＝cos＜n,PD→＞＝n􀅰PD→|n||PD→|＝２２×３＝３３．􀆺􀆺１１分∴直线PD与平面PEB所成角的正弦值为３３．􀆺􀆺１２分数学(理科)“一诊”参考答案　第３　　　　页(共５页)２０．解:(Ⅰ)由△DF１F２为等边三角形,DF１＝DF２＝a,得a＝２c(c为半焦距)．􀆺􀆺１分∵AF１＋AF２＝２a,BF１＋BF２＝２a,∴△F１AB的周长为４a＝８,得a＝２．􀆺􀆺２分∴c＝１,b＝a２－c２＝３．∴椭圆E的方程为x２４＋y２３＝１．􀆺􀆺４分(Ⅱ)设x轴上存在定点T(t,０),由(Ⅰ)知F２(１,０)．由题意知直线l斜率不为０．设直线l:x＝my＋１,A(x１,y１),B(x２,y２)．由x＝my＋１,x２４＋y２３＝１ìîíïïïï消去x,得(３m２＋４)y２＋６my－９＝０．显然Δ＝１４４(m２＋１)＞０．􀆺􀆺５分∴y１＋y２＝－６m３m２＋４,y１y２＝－９３m２＋４．􀆺􀆺６分∵TA→􀅰TB→＝(x１－t)(x２－t)＋y１y２＝(my１＋１－t)(my２＋１－t)＋y１y２＝(m２＋１)y１y２＋(１－t)m(y１＋y２)＋(１－t)２􀆺􀆺７分＝(m２＋１)􀅰－９３m２＋４＋(１－t)m􀅰－６m３m２＋４＋(１－t)２＝(６t－１５)m２－９３m２＋４＋(１－t)２,􀆺􀆺１０分故当６t－１５３＝－９４,即t＝１１８时,TA→􀅰TB→为定值－１３５６４．∴存在定点T(１１８,０),使得TA→􀅰TB→为定值．􀆺􀆺１２分２１．解:(Ⅰ)当a＝１时,f(x)＝lnx．由题意知曲线y＝f(x)在x＝１处的切点为(１,０)．∵f′(x)＝１x,∴k＝f′(１)＝１．􀆺􀆺１分∴曲线y＝f(x)在x＝１处的切线方程为y＝x－１．􀆺􀆺２分记g(x)＝f(x)－kx－b＝lnx－x＋１．∵g′(x)＝１－xx,∴g(x)在(０,１)上单调递增,在(１,＋∞)上单调递减．􀆺􀆺４分∴g(x)≤g(１)＝０．即lnx≤kx＋b成立．􀆺􀆺５分(Ⅱ)记h(x)＝(x－１)ex－a－f(x)＝(x－１)ex－a－lnx－lna,x＞０．则h(x)≥０恒成立．∵h′(x)＝xex－a－１x,h′(x)在(０,＋∞)上单调递增,∵h′(１２)＝１２e１２－a－２＜０,h′(a＋１)＝(a＋１)e－１a＋１＞０,数学(理科)“一诊”参考答案　第４　　　　页(共５页)∴∃x０∈(１２,a＋１),使得h′(x０)＝０,即x０ex０－a＝１x０．　􀆺(∗)􀆺􀆺６分∴当x∈(０,x０),h′(x)＜０,h(x)单调递减;当x∈(x０,＋∞),h′(x)＞０,h(x)单调递增．∴h(x)min＝h(x０)＝(x０－１)ex０－a－lnx０－lna．　􀆺(∗∗)􀆺􀆺７分由(∗)式,可得ex０－a＝１x２０,a＝x０＋２lnx０．代入(∗∗)式,得h(x０)＝x０－１x２０－lnx０－ln(x０＋２lnx０)．􀆺􀆺８分当x０∈(１,＋∞)时,记t(x)＝x－１x２－lnx．∵t′(x)＝(１－x)(x＋２)x３＜０,∴t(x)在(１,＋∞)上单调递减．∵y＝－ln(x＋２lnx)在[１,＋∞)上单调递减,∴h(x０)在(１,＋∞)上单调递减．∴当x０∈(１,＋∞)时,h(x０)＜h(１)＝０,不合题意;􀆺􀆺９分当x０∈(１２,１]时,由(Ⅰ)知lnx≤x－１,故－lnx０≥１－x０,－ln(x０＋２lnx０)≥１－(x０＋２lnx０)∴h(x０)＝x０－１x２０－lnx０－ln(x０＋２lnx０)≥x０－１x２０－lnx０＋１－(x０＋２lnx０)＝x０－１x２０－３lnx０－x０＋１≥x０－１x２０－３(x０－１)－x０＋１＝(１－x０)(２x０－１)(２x０＋１)x２０．由x０∈(１２,１],∴h(x０)≥０．故满足f(x)≤(x－１)ex－a．􀆺􀆺１１分又a＝x０＋２lnx０,y＝x＋２lnx在(１２,１]上单调递增,a∈(１２－２ln２,１]且a＞０,∴实数a的取值范围是(０,１]．􀆺􀆺１２分２２．解:(Ⅰ)由圆C１的参数方程消去参数t,得圆C１的普通方程为(x－２)２＋y２＝１,圆心A(２,０)．􀆺􀆺２分　把x＝ρcosθ,y＝ρsinθ代入(x－２)２＋y２＝１,􀆺􀆺３分化简得圆C１的极坐标方程为ρ２－４ρcosθ＋３＝０．􀆺􀆺５分(Ⅱ)由题意,在极坐标系中,点A(２,０)．∵点B在曲线C２上,设B(２－２cosθ,θ)．􀆺􀆺６分在△AOB中,由余弦定理有AB２＝OA２＋OB２－２OA􀅰OB􀅰cos∠AOB,即３＝４＋(２－２cosθ)２－２×２(２－２cosθ)cosθ．化简得１２cos２θ－１６cosθ＋５＝０．􀆺􀆺８分解得cosθ＝１２或cosθ＝５６．数学(理科)“一诊”参考答案　第５　　　　页(共５页)故ρ＝２－２cosθ＝１或ρ＝２－２cosθ＝１３．∴点B的极径为１或１３．􀆺􀆺１０分２３．解:(Ⅰ)当a＝１,b＝１２时,fx()＝x－３＋x＋２．􀆺􀆺１分当x≤－２时,f(x)＝１－２x≥７,解得x≤－３;􀆺􀆺３分当－２＜x＜３时,f(x)＝５≥７,此时无解;􀆺􀆺４分当x≥３时,f(x)＝２x－１≥７,解得x≥４．􀆺􀆺２分综上,不等式f(x)≥７的解集为(－∞,－３]∪[４,＋∞)．􀆺􀆺５分(Ⅱ)由fx()＝x－３a＋x＋４b≥x＋４b－(x－３a)＝３a＋４b,当且仅当－４b≤x≤３a时,等号成立．∵a≥０,b≥０．∴f(x)min＝３a＋４b＝３a＋４b＝６．􀆺􀆺７分由柯西不等式,得３a＋b＝１􀅰３a＋１２􀅰４b≤１２＋(１２)２􀅰３a＋４b＝３０２．􀆺􀆺９分当且仅当２＝３a４b时,即a＝８５,b＝３１０等号成立．综上,３a＋b的最大值为３０２．􀆺􀆺１０分