绵阳市高中2016级第二次诊断性考试(数学文)

文科数学答案第1页（共5页）绵阳市高中2016级第二次诊断性考试数学（文）参考答案及评分意见一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．DBDADBAACCCA二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．214．2515．13x16．43三、解答题：本大题共6小题，共70分．17．解：（1）∵3Sn=4an-4，①∴当n≥2时，11344nnSa．②…………………………………………2分由①②得1344nnnaaa，即14nnaa(n≥2)．………………………3分当n=1时，得11344aa，即14a．∴数列{an}是首项为4，公比为4的等比数列．…………………………5分∴数列{an}的通项公式为4nna．…………………………………………6分（2）∵2211loglognnnbaa=1221log4log4nn=1111()2(22)41nnnn．…………………………………8分∴数列{bn}的前n项和123nnTbbbb11111111[(1)()()()]4223341nn11(1)414(1)nnn．………………………12分18．解：（1）1099.510.511105x，7876777980785y．………………………………2分∴51()()(1010)(7878)(910)(7678)(9.510)(7778)iiixxyy(10.510)(7978)(1110)(8078)=5，………………………………………………………4分52222221()(1010)(910)(9.510)(10.510)(1110)2.5iixx，文科数学答案第2页（共5页）∴51521()()5ˆ22.5()iiiiixxyybxx．……………………………………………7分∴ˆˆ7821058aybx．……………………………………………8分∴y关于x的线性回归方程为ˆ258yx．………………………………9分（2）当x=8时，ˆ285874y．满足|74-73|=12，……………………………………………………………10分当x=8.5时，ˆ28.55875y．满足|75-75|=02，……………………………………………………………11分∴所得的线性回归方程是可靠的．………………………………………12分19．解：（1）∵3=(3sin)ABACbcaC，∴3cbcosA=b(3c-asinC)，即3ccosA=3c-asinC．……………………………………………………2分由正弦定理得3sinCcosA=3sinC-sinAsinC，∵sinC0，∴3cosA=3-sinA，即sinA+3cosA=3．……………………………4分所以12sinA+32cosA=32，即sin(A+3)=32．∵0A,∴4333A．∴A+3=23，即A=3．……………………………………………………6分（2）在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA，由（1）得A=3，所以a2=b2+c2-2bccos3，即a2=b2+c2-bc.…………8分∵a=3，∴3=b2+c2-bc，即3=(b+c)2-3bc.已知b+c=332，解得bc=54.………………………………………………10分所以△ABC的面积为11553sinsin224316bcA.…………………………12分文科数学答案第3页（共5页）20．解：（1）因为直线l过点F1(-2,0)，所以m=2k即直线l的方程为y=k(x+2).设A(x1，y1)，B(x2，y2).联立222802xyykx，，整理得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-8=0．∴x1+x2=22812kk，x1x2=228812kk．……………………………………………4分由弦长公式|AB|=22121282(1)[()4]3kxxxx，代入整理得2212123kk，解得k2=1.∴1k．………………………………………………………………………6分（2）设直线l方程y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立22280ykxmxy，，整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-8=0.∴x1+x2=2421kmk，x1x2=222821mk．…………………………………………8分以AB为直径的圆过原点O，即0OAOB．………………………………9分∴OAOBx1x2+y1y2=0．将y1=kx1+m，y2=kx2+m代入，整理得(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0．…………………………………………10分将x1+x2=2421kmk，x1x2=222821mk代入，整理得3m2=8k2+8．…………………………………………………………11分设点O到直线AB的距离为d，于是d2=22813mk，故O到直线AB的距离是定值为263d．……………………………12分21．解：（1）函数)(xf的定义域为(0，+∞).由已知可得11()mxfxmxx．当m≤0时，)(xf0，故()fx在区间(0，+∞)上单调递增；………………2分当m0时，由0)(xf，解得10xm；由0)(xf，解得1xm．文科数学答案第4页（共5页）所以函数)(xf在(0，1m)上单调递增，在(1m，+∞)上单调递减.…………4分综上所述，当m≤0时，函数()fx在区间(0，+∞)上单调递增；当m0时，函数)(xf在(0，1m)上单调递增，函数)(xf在(1m，+∞)上单调递减.……………5分（2）∵函数g(x)=(x-e)(lnx-mx)有且只有三个不同的零点，显然x=e是其零点，∴函数()=lnfxxmx存在两个零点，即ln0xmx有两个不等的实数根．可转化为方程lnxmx在区间(0，+∞)上有两个不等的实数根，即函数y=m的图象与函数ln()xhxx的图象有两个交点.∵21ln()xhxx，∴由()hx0，解得0ex，故()hx在上单调递增；由()hx0，解得xe，故()hx在(e，+∞)上单调递减；故函数y=m的图象与ln()xhxx的图象的交点分别在(0，e)，(e，+∞)上，即lnx-mx=0的两个根分别在区间(0，e)，(e，+∞)上，∴g(x)的三个不同的零点分别是x1，e，x3，且0x1e，x3e．…………7分令31xtx，则t∈2(1e]，．由313311lnlnxtxxmxxmx，，，解得13lnln1lnln.1txtttxt，故1313(1)lnln()lnln1ttxxxxt，t∈2(1e]，．…………………………9分令(1)ln()1tttt，则212ln()(1)ttttt．文科数学答案第5页（共5页）令1()2lntttt，则0)1(12121)(22222tttttttt．所以()t在区间2(1e]，上单调递增，即()t(1)0．所以()0t，即()t在区间2(1e]，上单调递增，即()t≤2(e)=222(e1)e1，所以21222(1)ln()1exxe，即x1x3≤222(e1)e1e，所以x1x3的最大值为222(e1)e1e．………………………………………………12分22．解：（1）由曲线C的参数方程，可得曲线C的普通方程为22(2)9xy，即22450xyx．………………………………………………………2分∵cosx，siny，故曲线C的极坐标方程为24cos50．………………………4分（2）将6代入(cossin)t中，得312t，则(31)t．∴|OM|=t)13(．………………………………………………………6分将6代入24cos50中，得22350．设点P的极径为1，点Q的极径为2，则125．…………………8分所以|OP||OQ|=5．……………………………………………………………9分又|OM||OP||OQ|=10，则5t)13(=10．∴t=13或31．………………………………………………………10分23．解：（1）由m=1，则()fx|x-1|，即求不等式|x-3|+|2x-1|4的解集．当x≥3时，|x-3|+|2x-1|=3x-44恒成立；当132x时，x+24，解得x2，综合得23x；……………………3分当x≤12时，4-3x4，解得x0，综合得x0；……………………………4分所以不等式的解集为{x|x0，或x2}．………………………………………5分（2）证明：∵t0，∴()()tfxftmtxmtmmtmmtxtm……………………………………………7分文科数学答案第6页（共5页）≤()()tmmtxtm=txm=()ftx．所以()ftx≥()()tfxftm．…………………………………………………10分