成都市2016级高中毕业班第二次诊断性检测数学(理科)含答案

数学(理科)“二诊”考试题参考答案　第１　　　　页(共４页)成都市２０１６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．D;３．A;４．A;５．C;６．B;７．C;８．C;９．B;１０．B;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．－１;　　　１４．３π;　　　１５．[２２,１];　　　１６．６．三．解答题:(共７０分)１７．解:(Ⅰ)由题意,得２(a２＋１)＝a１＋a３．又S３＝a１＋a２＋a３＝１４,∴２(a２＋１)＝１４－a２,∴a２＝４,􀆺􀆺２分∵S３＝４q＋４＋４q＝１４,∴q＝２或q＝１２,􀆺􀆺４分∵q＞１,∴q＝２．􀆺􀆺５分∴an＝a２qn－２＝４􀅰２n－２＝２n．􀆺􀆺６分(Ⅱ)由(Ⅰ),知an＝２n．∴bn＝an􀅰log２an＝２n􀅰n．􀆺􀆺７分∴Tn＝１×２１＋２×２２＋３×２３＋􀆺＋(n－１)×２n－１＋n×２n．􀆺􀆺８分∴２Tn＝１×２２＋２×２３＋３×２４＋􀆺＋(n－１)×２n＋n×２n＋１．　􀆺􀆺９分∴－Tn＝２＋２２＋２３＋２４＋􀆺＋２n－n×２n＋１　􀆺􀆺１０分＝２(１－２n)１－２－n×２n＋１＝(１－n)２n＋１－２．　􀆺􀆺１１分∴Tn＝(n－１)２n＋１＋２．􀆺􀆺１２分１８．解:(Ⅰ)根据列联表可以求得K２的观测值:k＝８０２５×３０－１０×１５()２３５×４５×４０×４０＝８０７≈１１．４２９．􀆺􀆺３分∵１１．４２９＞６．６３５,∴有９９％的把握认为满意程度与年龄有关．􀆺􀆺５分(Ⅱ)据题意,该８名员工的贡献积分及按甲,乙两种方案所获补贴情况为:积分２３６７７１１１２１２方案甲２４００３１００５２００５９００５９００８７００９４００９４００方案乙３０００３０００５６００５６００５６００９０００９０００９０００由表可知,“A类员工”有５名．􀆺􀆺８分设从这８名员工中随机抽取４名进行面谈,恰好抽到３名“A类员工”的概率为P．数学(理科)“二诊”考试题参考答案　第２　　　　页(共４页)则P＝C３５C１３C４８􀆺􀆺１０分＝３７．􀆺􀆺１２分１９．解:(Ⅰ)由题意,可知在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,∵E,F分别为AB,CD的中点,∴EF⊥AB,EF⊥CD．􀆺􀆺１分∴折叠后,EF⊥DF,EF⊥CF．􀆺􀆺２分∵DF∩CF＝F,∴EF⊥平面DCF．􀆺􀆺４分又MC⊂平面DCF,故EF⊥MC．􀆺􀆺５分(Ⅱ)∵平面BEFC⊥平面AEFD,平面BEFC∩平面AEFD＝EF,且DF⊥EF,∴DF⊥平面BEFC,∴DF⊥CF,∴DF,CF,EF两两垂直．以F为坐标原点,分别以FD,FC,FE所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz．􀆺􀆺６分∵DM＝１,∴FM＝１．∴M(１,０,０),D(２,０,０),A(１,０,２),B(０,１,２)．∴MA→＝(０,０,２),AB→＝(－１,１,０),DA→＝(－１,０,２)．􀆺􀆺８分设平面MAB,平面ABD的法向量分别为m＝(x１,y１,z１),n＝(x２,y２,z２)．由MA→􀅰m＝０AB→􀅰m＝０{,得２z１＝０－x１＋y１＝０{．取x１＝１,则m＝(１,１,０)．􀆺􀆺９分由DA→􀅰n＝０AB→􀅰n＝０{,得－x２＋２z２＝０－x２＋y２＝０{．取x２＝２,则n＝(２,２,１)．􀆺􀆺１０分∵cos＜m,n＞＝m􀅰n|m||n|＝２＋２２×３＝２２３,􀆺􀆺１１分∴二面角M－AB－D的余弦值为２２３．􀆺􀆺１２分２０．解:(Ⅰ)由题意,得２b＝４２,ca＝１３．􀆺􀆺２分又a２－c２＝b２,∴a＝３,b＝２２,c＝１．􀆺􀆺３分∴椭圆C的标准方程为x２９＋y２８＝１．􀆺􀆺４分(Ⅱ)由(Ⅰ),可知A(－３,０),B(３,０),F１(－１,０)．由题意,设直线F１M的方程为x＝my－１．􀆺􀆺５分记直线F１M与椭圆的另一交点为M′．设Mx１,y１()(y１＞０),M′x２,y２()．∵F１M∥F２N,根据对称性,得N－x２,－y２()．􀆺􀆺６分数学(理科)“二诊”考试题参考答案　第３　　　　页(共４页)联立８x２＋９y２＝７２x＝my－１{,消去x,得８m２＋９()y２－１６my－６４＝０,其判别式△＞０．∴y１＋y２＝１６m８m２＋９,y１y２＝－６４８m２＋９．①􀆺􀆺７分由３k１＋２k２＝０,得３y１my１＋２＋２y２my２＋２＝０,即５my１y２＋６y１＋４y２＝０．②　􀆺􀆺８分由①②,解得y１＝１２８m８m２＋９,y２＝－１１２m８m２＋９．􀆺􀆺１０分∵y１＞０,∴m＞０．∴y１y２＝１２８m􀅰(－１１２m)(８m２＋９)２＝－６４８m２＋９．∴m＝６１２．􀆺􀆺１１分∴直线F１M的方程为x＝６１２y－１,即２６x－y＋２６＝０．􀆺􀆺１２分２１．解:(Ⅰ)由已知,有f′(x)＝１x－ax２＝x－ax２．􀆺􀆺１分当a≤０时,f(１２)＝－ln２＋a＜０,与条件f(x)≥０矛盾;􀆺􀆺２分当a＞０时,若x∈(０,a),则f′(x)＜０,f(x)单调递减;若x∈(a,＋¥),则f′(x)＞０,则f(x)单调递增．􀆺􀆺３分∴f(x)在(０,＋¥)上有最小值f(a)＝lna＋a(１a－１)＝lna＋１－a．􀆺􀆺４分由题意f(x)≥０,∴lna＋１－a≥０．令g(x)＝lnx－x＋１．∴g′(x)＝１x－１＝１－xx．当x∈(０,１)时,g′(x)＞０,g(x)单调递增;当x∈(１,＋¥)时,g′(x)＜０,g(x)单调递减．∴g(x)在(０,＋¥)上有最大值g(１)＝０．∴g(x)＝lnx－x＋１≤０．∴lna－a＋１≤０．􀆺􀆺５分∴lna－a＋１＝０,∴a＝１,综上,当f(x)≥０时,实数a取值的集合为１{}．􀆺􀆺６分(Ⅱ)由(Ⅰ),可知当a＝１时,f(x)≥０,即lnx≥１－１x在x∈(０,＋¥)恒成立．要证ex＋１x≥２－lnx＋x２＋(e－２)x,只需证当x＞０时,ex－x２－(e－２)x－１≥０．􀆺􀆺７分令h(x)＝ex－x２－(e－２)x－１(x≥０)．则h′(x)＝ex－２x－(e－２)．令u(x)＝ex－２x－(e－２)．则u′(x)＝ex－２．由u′(x)＝０,得x＝ln２．􀆺􀆺８分当x∈[０,ln２)时,u′(x)＜０,u(x)单调递减;当x∈[ln２,＋¥)时,u′(x)＞０,u(x)单调递增．即h′(x)在(０,ln２)上单调递减,在(ln２,＋¥)上单调递增．􀆺􀆺９分而h′(０)＝１－(e－２)＝３－e＞０,h′(ln２)＜h′(１)＝０,数学(理科)“二诊”考试题参考答案　第４　　　　页(共４页)∴∃x０∈(０,ln２),使得h′(x０)＝０．􀆺􀆺１０分当x∈(０,x０)时,h′(x)＞０,h(x)单调递增;当x∈(x０,１)时,h′(x)＜０,h(x)单调递减;当x∈(１,＋¥)时,h′(x)＞０,h(x)单调递增．􀆺􀆺１１分又h(０)＝１－１＝０,h(１)＝e－１－(e－２)－１＝０,∴对∀x＞０,h(x)≥０恒成立,即ex－x２－(e－２)x－１≥０．综上所述,ex＋１x≥２－lnx＋x２＋(e－２)x成立．􀆺􀆺１２分２２．解:(Ⅰ)由曲线C的参数方程x＝４＋２cosβy＝２sinβ{,得x－４()２＋y２＝４．􀆺􀆺２分∵β∈[０,π],∴曲线C的普通方程为x－４()２＋y２＝４(y≥０)．􀆺􀆺３分∵直线l的参数方程为x＝tcosαy＝tsinα{(t为参数,α为倾斜角),∴直线l的倾斜角为α,且过原点O(极点)．􀆺􀆺４分∴直线l的极坐标方程为θ＝α,ρ∈R．􀆺􀆺５分(Ⅱ)由(Ⅰ),可知曲线C为半圆弧．若直线l与曲线C恰有一个公共点P,则直线l与半圆弧相切．􀆺􀆺６分设Pρ,θ()．由题意,得sinθ＝２４＝１２．故θ＝π６．􀆺􀆺８分而ρ２＋２２＝４２,∴ρ＝２３．􀆺􀆺９分∴点P的极坐标为(２３,π６)．􀆺􀆺１０分２３．解:(Ⅰ)∵m＞０,∴f(x)＝x－m－x＋２m＝－３m,x≥m－２x－m,－２m＜x＜m３m,x≤－２mìîíïïïï．􀆺􀆺３分∴当x≤－２m时,f(x)取得最大值３m．􀆺􀆺４分∴m＝１．􀆺􀆺５分(Ⅱ)由(Ⅰ),得a２＋b２＝１,a３b＋b３a＝a４＋b４ab＝a２＋b２()２－２a２b２ab＝１ab－２ab．􀆺􀆺７分∵a２＋b２＝１≥２ab,当且仅当a＝b时等号成立,∴０＜ab≤１２．􀆺􀆺８分令h(t)＝１t－２t,０＜t≤１２．则h(t)在(０,１２]上单调递减．∴h(t)≥h(１２)＝１．􀆺􀆺９分∴当０＜ab≤１２时,１ab－２ab≥１．∴a３b＋b３a≥１．􀆺􀆺１０分