2018届成都市高三理科数学下学期三诊考试试卷

数学(理科)三诊参考答案第１　　　　页(共４页)成都市２０１５级高中毕业班第三次诊断性检测数学(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．A;　２．C;　３．D;　４．B;　５．A;　６．C;　７．B;　８．C;　９．D;　１０．A;　１１．C;　１２．D．第Ⅱ卷(非选择题,共９０分)二．填空题:(每小题５分,共２０分)１３．０;　　１４．１５５;　　１５．１５－３８;　　１６．６３０．三、解答题:(共７０分)１７．解:(Ⅰ)∵S２,S４,S３成等差数列,∴S４－S２＝S３－S４,即a３＋a４＝－a４．∴２a４＝－a３．∵{an}是等比数列,∴a３≠０．设公比为q．􀆺􀆺􀆺２分∴q＝a４a３＝－１２．∵a２＋a３＋a４＝a１(q＋q２＋q３)＝－３８,∴a１＝１．􀆺􀆺􀆺４分∴an＝a１qn－１＝(－１２)n－１．􀆺􀆺􀆺６分(Ⅱ)bn＝n􀅰(１２)n－１．∴Tn＝１×(１２)０＋２×(１２)１＋３×(１２)２＋􀆺＋n×(１２)n－１,􀆺①１２Tn＝１×(１２)１＋２×(１２)２＋３×(１２)３＋􀆺＋(n－１)×(１２)n－１＋n×(１２)n．　􀆺②􀆺􀆺９分由①－②,得１２Tn＝(１２)０＋(１２)１＋(１２)２＋􀆺＋(１２)n－１－n×(１２)n．􀆺􀆺􀆺１０分∴Tn＝４－n＋２２n－１．􀆺􀆺􀆺１２分１８．解:(Ⅰ)先求产品研发费的自然对数值z和销售额y的回归直线方程．∵^b＝∑７i＝１(zi－􀭵z)(yi－􀭵y)∑７i＝１(zi－􀭵z)２＝８１．４１６．７９≈１１．９９,􀆺􀆺􀆺２分∴^a＝􀭵y－^b􀅰􀭵z＝４２－１１．９９×１．６８≈２１．８６．􀆺􀆺􀆺４分∴^y＝１１．９９z＋２１．８６．∴^y＝１１．９９lnx＋２１．８６．􀆺􀆺􀆺６分(Ⅱ)由已知,^y＝１１．９９lnx＋２１．８６＝７０．􀆺􀆺􀆺８分∴lnx≈４．０２．∴x≈５５．５．􀆺􀆺􀆺１０分∴若２０１８年的销售额要达到７０万元,需要的产品研发费大约为５５．５万元．􀆺􀆺􀆺１２分１９．解:(Ⅰ)如图,连接DE,连接DB与EC相交于Q．∵AB＝４,E为AB中点,∴BE＝AE＝２．∴BE􀱀CD􀱀AE．数学(理科)三诊参考答案第２　　　　页(共４页)∴四边形AECD,四边形BEDC是平行四边形．∴AD＝CE．又AD＝BC,∴CE＝BC．又∠ABC＝６０°,∴CB＝BE．∴四边形EBCD为菱形．􀆺􀆺􀆺２分∴BD⊥EC,即BQ⊥EC且DQ⊥EC．􀆺􀆺􀆺４分∴在四棱锥P－AECD中,∵PQ⊥EC且DQ⊥EC,DQ∩PQ＝Q,∴EC⊥平面PDQ．􀆺􀆺􀆺５分又PD⊂平面PDQ,∴PD⊥EC．􀆺􀆺􀆺６分(Ⅱ)在直二面角P－EC－A中,∵PQ⊥EC,且平面PEC⊥平面AECD,平面PEC∩平面AECD＝EC,∴PQ⊥平面AEC．又DQ⊥EC,故以点Q为坐标原点,QC,QD,QP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz．􀆺􀆺􀆺７分∴C(１,０,０),E(－１,０,０),D(０,３,０),P(０,０,３),A(－２,３,０)．∴AD→＝(２,０,０),DP→＝(０,－３,３)．􀆺􀆺􀆺８分设平面ADP的法向量为m＝(x,y,z)．由m􀅰AD→＝０m􀅰DP→＝０{,得　　　２x＝０－３y＋３z＝０{．取z＝１,∴m＝(０,１,１)．又平面PEC的一个法向量为n＝(０,１,０),􀆺􀆺􀆺１０分∴cos＜m,n＞＝m􀅰nmn＝２２．􀆺􀆺􀆺１１分∴平面PEC与平面PAD所成的锐二面角的余弦值是２２．􀆺􀆺􀆺１２分２０．解:(Ⅰ)设动点M(x,y)．由已知,得(x－１)２＋y２|x－４|＝１２．􀆺􀆺􀆺２分化简,得x２４＋y２３＝１．∴曲线C的方程为x２４＋y２３＝１．􀆺􀆺􀆺４分(Ⅱ)设P(x１,y１),Q(x２,y２)．联立y＝kx＋m３x２＋４y２＝１２{,消去y,得(４k２＋３)x２＋８kmx＋４m２－１２＝０．􀆺􀆺􀆺５分∵Δ＝１６(１２k２－３m２＋９)＞０,∴４k２＋３＞m２􀆺􀆺􀆺６分∴|PQ|＝１＋k２􀅰４１２k２－３m２＋９４k２＋３．􀆺􀆺􀆺７分∵坐标原点O到直线l的距离d＝|m|１＋k２􀆺􀆺􀆺８分∴S△OPQ＝１２×|m|１＋k２􀅰１＋k２􀅰４１２k２－３m２＋９４k２＋３＝２３×|m|４k２＋３－m２４k２＋３．􀆺􀆺􀆺９分设４k２＋３＝t,t≥３且t＞m２．∴S△OPQ＝２３×|m|t－m２t≤２３×m２＋(t－m２)２t＝３．􀆺􀆺􀆺１０分当且仅当t＝２m２,即４k２＋３＝２m２时,等号成立．∴△OPQ面积的最大值为３．􀆺􀆺􀆺１２分２１．解:(Ⅰ)f′(x)＝(１－k)－kx＝(１－k)x－kx,x∈(０,＋∞)．􀆺􀆺􀆺１分数学(理科)三诊参考答案第３　　　　页(共４页)(１)当１－k≤０,即k≥１时,f′(x)＝(１－k)－kx＜０．∴f(x)在(０,＋∞)上单调递减;(２)当１－k＞０,即k＜１时,f′(x)＝(１－k)x－kx．①当k＜０时,－k＞０且(１－k)x＞０,∴f′(x)＝(１－k)x－kx＞０,∴f(x)在(０,＋∞)上单调递增;􀆺􀆺􀆺２分②当０＜k＜１时,f′(x)＝(１－k)x－kx＝(１－k)(x－k１－k)x．∵k１－k＞０,当x变化时,f(x),f′(x)的变化情况如下表:x(０,k１－k)k１－k(k１－k,＋∞)f′(x)－０＋f(x)单调递减极小值单调递增综上,当k＜０时,f(x)在(０,＋∞)上单调递增;当０＜k＜１时,f(x)在(０,k１－k)上单调递减,在(k１－k,＋∞)上单调递增;当k≥１时,f(x)在(０,＋∞)上单调递减．􀆺􀆺􀆺３分(Ⅱ)由(Ⅰ),知当０＜k＜１,函数f(x)在(０,k１－k)上单调递减,在(k１－k,＋∞)上单调递增．又f(１)＝０．∵函数f(x)恰有两个零点x１,x２,∴０＜k＜１２或１２＜k＜１．􀆺􀆺􀆺４分①当０＜k＜１２,即０＜k１－k＜１时,令x２＝１．∵当x➝０＋时,f(x)➝＋∞,且f(k１－k)＜f(１)＝０,∴有唯一的x１∈(０,１),使得f(x１)＝０．则不等式g(x１＋２x２３)＞０等价于x１＋２３＞k１－k．又∵(１－k)x１－klnx１＋k－１＝０,即x１－１lnx１＝k１－k．∴只需证明x１＋２３＞x１－１lnx１．即当０＜x１＜１时,证明lnx１－３(x１－１)x１＋２＜０成立．􀆺􀆺􀆺６分令h(x)＝lnx－３(x－１)x＋２,则h′(x)＝１x－９(x＋２)２＝(x－１)(x－４)x(x＋２)２＞０．∴h(x)在(０,１]上单调递增,即当０＜x＜１时,有h(x)＜h(１)＝０．∴原不等式g(x１＋２x２３)＞０成立;􀆺􀆺􀆺８分②当１２＜k＜１,即k１－k＞１时,令x１＝１．∵当x➝＋∞时,f(x)➝＋∞,且f(k１－k)＜f(１)＝０,∴有唯一的x２∈(１,＋∞),使得f(x２)＝０．则不等式g(x１＋２x２３)＞０等价于１＋２x２３＞k１－k．又∵(１－k)x２－klnx２＋k－１＝０,即x２－１lnx２＝k１－k,数学(理科)三诊参考答案第４　　　　页(共４页)只需证明１＋２x２３＞x２－１lnx２．即当x２＞１时,证明lnx２－３(x２－１)２x２＋１＞０成立．􀆺􀆺􀆺１０分令H(x)＝lnx－３(x－１)２x＋１,则H′(x)＝１x－９(２x＋１)２＝(x－１)(４x－１)x(２x＋１)２＞０．∴H(x)在区间[１,＋∞)上单调递增,即当x＞１时,有H(x)＞H(１)＝０．∴原不等式g(x１＋２x２３)＞０成立．综上,当函数f(x)恰有两个零点x１,x２(x１＜x２)时,原不等式g(x１＋２x２３)＞０成立．􀆺􀆺􀆺１２分２２．解:(Ⅰ)∵曲线C的极坐标方程是ρ＝４cosθ,∴ρ２＝４ρcosθ,即x２＋y２＝４x．∴曲线C的直角坐标方程为(x－２)２＋y２＝４．􀆺􀆺􀆺２分又直线l的极坐标方程是２ρsin(θ＋π４)＝１,即ρsinθ＋ρcosθ＝１．∴直线l的直角坐标方程为x＋y－１＝０．􀆺􀆺􀆺４分(Ⅱ)点Q(ρ,π２)的直角坐标是Q(０,１),设直线l的参数方程是x＝－２２ty＝１＋２２tìîíïïïïï(t为参数)．将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程中,得(－２２t－２)２＋(１＋２２t)２＝４．􀆺􀆺􀆺６分化简,得t２＋３２t＋１＝０．􀆺􀆺􀆺８分此方程的两根为直线l与曲线C的交点A,B对应的参数t１,t２．∵t１＋t２＝－３２,t１t２＝１＞０,∴|QA|＋|QB|＝|t１＋t２|＝３２．􀆺􀆺􀆺１０分２３．解:(Ⅰ)原不等式即２x＋１＋x－２≤４．①当x≤－１２时,原不等式即－２x－１－x＋２≤４,解得－１≤x≤－１２;②当－１２＜x≤２时,原不等式即２x＋１－x＋２≤４,解得－１２＜x≤１;③当x＞２时,原不等式即２x＋１＋x－２≤４,解得x∈Ø．综上,原不等式的解集是[－１,１]．􀆺􀆺􀆺􀆺４分(Ⅱ)∵f(x)＝２x＋１＋x－a,a∈R,①当a＝－１２时,f(x)＝３２２x＋１≥０,显然不等式f(x)＜１的解集为非空集合;􀆺􀆺􀆺􀆺６分②当a＞－１２时,易知当x＝－１２时,f(x)取得最小值a＋１２．即f(x)＝２x＋１＋x－a≥a＋１２,欲使不等式f(x)＜１的解集为非空集合,必需a＋１２＜１．∴－１２＜a＜１２;􀆺􀆺􀆺􀆺８分③当a＜－１２时,易知当x＝－１２时,f(x)取得最小值－a－１２．即f(x)＝２x＋１＋x－a≥－a－１２．欲使不等式f(x)＜１的解集为非空集合,必需－a－１２＜１．∴－３２＜a＜－１２．综上,当－３２＜a＜１２时,不等式f(x)＜１的解集为非空集合．􀆺􀆺􀆺􀆺１０分