2017成都市2014级高中毕业班第二次诊断性检测数学文科试题参考答案及评分意见-(2)

高三数学(理科)二诊测试参考答案第１　　　　页(共５页)成都市２０１４级高中毕业班第二次诊断性检测数学(理科)参考答案及评分标准第Ⅰ卷(选择题,共６０分)一、选择题:(每小题５分,共６０分)１．D;２．A;３．B;４．A;５．D;６．C;７．B;８．C;９．D;１０．C;１１．D;１２．A．第Ⅱ卷(非选择题,共９０分)二、填空题:(每小题５分,共２０分)１３．－２;　　１４．３２．８;　　１５．４;　　１６．２nn＋１．三、解答题:(共７０分)１７．解:(Ⅰ)在△BEC中,据正弦定理,有BEsin∠BCE＝CEsinB．􀆺􀆺􀆺􀆺２分∵∠B＝２π３,BE＝１,CE＝７,∴sin∠BCE＝BE􀅰sinBCE＝３２７＝２１１４．􀆺􀆺􀆺􀆺５分(Ⅱ)由平面几何知识,可知∠DEA＝∠BCE．在Rt△AED中,∵∠A＝π２,AE＝５,∴cos∠DEA＝１－sin２∠DEA＝１－３２８＝５７１４．∴ED＝EAcos∠DEA＝５５７１４＝２７．􀆺􀆺􀆺􀆺９分在△CED中,据余弦定理,有CD２＝CE２＋DE２－２CE􀅰DE􀅰cos∠CED＝７＋２８－２×７×２７×(－１２)＝４９．∴CD＝７．􀆺􀆺􀆺􀆺１２分１８．解:(Ⅰ)记“至少有一个大于６００”为事件A．∴P(A)＝１－C２３C２５＝７１０．􀆺􀆺􀆺􀆺５分(Ⅱ)x＝５５５＋５５９＋５５１＋５６３＋５５２５＝５５６,y＝６００．􀆺􀆺􀆺􀆺７分∴b∧＝－１×１＋３×５＋－５()×－３()＋７×－１()＋－４()×－２()－１()２＋３２＋－５()２＋７２＋－４()２＝３０１００＝０．３．􀆺􀆺􀆺􀆺８分∵a∧＝y－b∧x＝６００－０．３×５５６＝４３３．２,∴线性回归方程为y∧＝０．３x＋４３３．２．􀆺􀆺􀆺􀆺１０分当x＝５７０时,y∧＝０．３×５７０＋４３３．２＝６０４．２．高三数学(理科)二诊测试参考答案第２　　　　页(共５页)∴当x＝５７０时,特征量y的估计值为６０４．２．􀆺􀆺􀆺􀆺１２分１９．解:(Ⅰ)如图,作GM∥CD,交BC于点M,连接MF．作BH∥AD,交GM于N,交DC于H．∵EF∥CD,∴GM∥EF．∴GN＝AB＝３,HC＝９．∵AB∥GM∥DC,∴NMHC＝BMBC＝AGAD＝２３．∴NM＝６．∴GM＝GN＋NM＝９．∴GM􀱀EF．􀆺􀆺􀆺􀆺４分∴四边形GMFE为平行四边形．∴GE∥MF．又MF⊂平面BCF,GE⊄平面BCF,∴GE∥平面BCF．􀆺􀆺􀆺􀆺６分(Ⅱ)∵平面ADE⊥平面CDEF,AD⊥DE,AD⊂平面ADE,∴AD⊥平面CDEF．以D为坐标原点,DC为x轴,DE为y轴,DA为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．∴E０,４,０(),F９,４,０(),C１２,０,０(),B３,０,４３()．∴EF→＝９,０,０(),EB→＝３,－４,４３()．设平面EBF的法向量n１＝x１,y１,z１()．由n１􀅰EF→＝０n１􀅰EB→＝０{,得９x１＝０３x１－４y１＋４３z１＝０{．取y１＝３,得n１＝０,３,１()．􀆺􀆺􀆺􀆺８分同理,FC→＝３,－４,０(),FB→＝－６,－４,４３()．设平面BCF的法向量n２＝(x２,y２,z２)．由n２􀅰FC→＝０n２􀅰FB→＝０{,得３x２－４y２＝０－６x２－４y２＋４３z２＝０{．取x２＝４,得n２＝４,３,３３()．􀆺􀆺􀆺􀆺１０分∴cos＜n１,n２＞＝n１􀅰n２|n１||n２|＝０×４＋３×３＋１×３３２×１６＋９＋２７＝６３２×２１３＝３３９２６．􀆺􀆺􀆺􀆺１１分∵二面角E－BF－C为钝二面角,∴二面角E－BF－C的余弦值为－３３９２６．􀆺􀆺􀆺􀆺１２分２０．解:(Ⅰ)∵直线l与☉O相切,∴mk２＋１＝r．由k＝－１２,r＝１,解得m＝５２．∵点A,B都在坐标轴正半轴上,∴l:y＝－１２x＋５２．∴切线l与坐标轴的交点为０,５２æèçöø÷,５,０()．高三数学(理科)二诊测试参考答案第３　　　　页(共５页)∴a＝５,b＝５２．∴椭圆E的方程是x２５＋４y２５＝１．􀆺􀆺􀆺􀆺４分(Ⅱ)设Ax１,y１(),Bx２,y２()．∵以AB为直径的圆经过点O,∴OA→􀅰OB→＝０,即x１x２＋y１y２＝０．∵点A,B在直线l上,∴y１＝kx１＋my２＝kx２＋m{．∴(１＋k２)x１x２＋mk(x１＋x２)＋m２＝０．(∗)􀆺􀆺􀆺􀆺６分由y＝kx＋mb２x２＋a２y２－a２b２＝０{消去y,得b２x２＋a２(k２x２＋２kmx＋m２)－a２b２＝０．即b２＋a２k２()x２＋２kma２x＋(a２m２－a２b２)＝０．显然△＞０．∴由一元二次方程根与系数的关系,得x１＋x２＝－２kma２b２＋a２k２x１x２＝a２m２－a２b２b２＋a２k２ìîíïïïï．􀆺􀆺􀆺􀆺８分代入(∗)式,得a２m２＋a２m２k２－a２b２－a２b２k２－２k２m２a２＋m２b２＋a２k２m２b２＋a２k２＝０．整理,得m２(a２＋b２)－a２b２－a２b２k２＝０．􀆺􀆺􀆺􀆺１０分又由(Ⅰ),有m２＝(１＋k２)r２．消去m２,得１＋k２()r２a２＋b２()＝a２b２１＋k２()．∴１a２＋１b２＝１r２．∴a,b,r满足等量关系１a２＋１b２＝１r２．􀆺􀆺􀆺􀆺１２分２１．解:(Ⅰ)f′x()＝ax－１－１x２＝－x２－ax＋１()x２,x∈０,＋∞()．􀆺􀆺􀆺􀆺１分由题意,得x２－ax＋１＝０在x∈２,＋∞()上有根(不为重根)．即a＝x＋１x在x∈２,＋∞()上有解．由y＝x＋１x在x∈２,＋∞()上单调递增,得x＋１x∈５２,＋∞æèçöø÷．检验:当a＞５２时,f(x)在x∈２,＋∞()上存在极值点．∴a∈５２,＋∞æèçöø÷．􀆺􀆺􀆺􀆺４分(Ⅱ)若０＜a≤２,∵f′x()＝－x２－ax＋１()x２在０,＋∞()上满足f′(x)≤０,∴f(x)在０,＋∞()上单调递减．∴fx２()－fx１()＜０．∴fx２()－fx１()不存在最大值．则a＞２．􀆺􀆺􀆺􀆺５分∴方程x２－ax＋１＝０有两个不相等的正实数根,令其为m,n．且不妨设０＜m＜１＜n．则m＋n＝amn＝１{．fx()在０,m()上单调递减,在(m,n)上单调递增,在(n,＋∞)上单调递减．对∀x１∈０,１(),有fx１()≥fm();对∀x２∈１,＋∞(),有fx２()≤fn()．∴fx２()－fx１()[]max＝fn()－fm()．􀆺􀆺􀆺􀆺６分高三数学(理科)二诊测试参考答案第４　　　　页(共５页)∴Ma()＝fn()－fm()＝alnn－n＋１næèçöø÷－alnm－m＋１mæèçöø÷＝alnnm＋m－n()＋１n－１mæèçöø÷．将a＝m＋n＝１n＋n,m＝１n代入上式,消去a,m得Ma()＝１n＋næèçöø÷lnn２＋２１n－næèçöø÷＝２１n＋næèçöø÷lnn＋１n－næèçöø÷éëêêùûúú．􀆺􀆺􀆺􀆺８分∵２＜a≤e＋１e,　∴１n＋n≤e＋１e,n＞１．据y＝x＋１x在x∈(１,＋∞)上单调递增,得n∈１,e(]．􀆺􀆺􀆺􀆺９分设hx()＝２１x＋xæèçöø÷lnx＋２１x－xæèçöø÷,x∈１,e(]．h′x()＝２－１x２＋１æèçöø÷lnx＋２１x＋xæèçöø÷１x＋２－１x２－１æèçöø÷＝２１－１x２æèçöø÷lnx,x∈１,e(]．∴h′x()＞０,即hx()在１,e(]上单调递增．∴hx()[]max＝he()＝２e＋１eæèçöø÷＋２１e－eæèçöø÷＝４e．∴Ma()存在最大值为４e．􀆺􀆺􀆺􀆺１２分２２．解:(Ⅰ)曲线C的普通方程为x２＋y－２()２＝４,曲线C的极坐标方程为ρcosθ()２＋ρsinθ－２()２＝４．化简,得ρ＝４sinθ．由ρ＝２３,得sinθ＝３２．∵θ∈π２,πæèçöø÷,∴θ＝２π３．􀆺􀆺􀆺􀆺５分(Ⅱ)射线OA的极坐标方程为θ＝２π３,直线l的普通方程为x＋３y－４３＝０．∴直线l的极坐标方程为ρcosθ＋３ρsinθ－４３＝０．联立θ＝２π３ρcosθ＋３ρsinθ－４３＝０{,　解得ρ＝４３．∴AB＝|ρB－ρA|＝４３－２３＝２３．􀆺􀆺􀆺􀆺１０分２３．解:(Ⅰ)fx＋３２æèçöø÷＝４－x＋３２－x－３２≥０．根据绝对值的几何意义,得x＋３２＋x－３２表示点(x,０)到A－３２,０æèçöø÷,B３２,０æèçöø÷两点距离之和．接下来找出到A,B距离之和为４的点．将点A向左移动１２个单位到点A１－２,０(),这时有|A１A|＋|A１B|＝４;高三数学(理科)二诊测试参考答案第５　　　　页(共５页)同理,将点B向右移动１２个单位到点B１２,０(),这时有|B１A|＋|B１B|＝４．∴x＋３２＋x－３２≤４,即f(x＋３２)≥０的解集为－２,２[]．􀆺􀆺􀆺􀆺５分(Ⅱ)令a１＝３p,a２＝２q,a３＝r．由柯西不等式,得１a１æèçöø÷２＋１a２æèçöø÷２＋１a３æèçöø÷２éëêêùûúú􀅰a２１＋a２２＋a２３()≥１a１􀅰a１＋１a２􀅰a２＋１a３􀅰a３æèçöø÷２．即１３p＋１２q＋１ræèçöø÷３p＋２q＋r()≥９．∵１３p＋１２q＋１r＝４,∴３p＋２q＋r≥９４．上述不等式当且仅当１３p＝１２q＝１r＝４３,即p＝１４,q＝３８,r＝３４时,取等号．∴３p＋２q＋r的最小值为９４．􀆺􀆺􀆺􀆺１０分