2017绵阳二诊数学(理)试题含答案

绵阳市高2014级第二次诊断性考试数学(理工类)参考解答及评分标准一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．BACABCCDADCB二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．-1114．3215．5316．55三、解答题：本大题共6小题，共70分．17．解：（Ⅰ）令nnnaac1，则nncc1=(12nnaa)-(nnaa1)=1212nnnaaa（常数），2121aac，故{an+1-an}是以2为首项，1为公差的等差数列．………………………4分(Ⅱ)由（Ⅰ）知1ncn，即an+1-an=n+1，于是11211)()()(aaaaaaaannnnn2)1(12)2()1(nnnnn，…………………………8分故)111(2)1(21nnnnan．∴Sn=2(1-21)+2(21-31)+2(31-41)+…+)111(2nn=2(111n)=12nn．………………………………………………………………12分18．解：(Ⅰ)∵ac2，∴由正弦定理有sinC=2sinA．…………………………………………2分又C=2A，即sin2A=2sinA，于是2sinAcosA=2sinA，…………………………………………………4分在△ABC中，sinA≠0，于是cosA=22，∴A=4．……………………………………………………………………6分(Ⅱ)根据已知条件可设21ncnbna，，，n∈N*．由C=2A，得sinC=sin2A=2sinAcosA，∴acACA2sin2sincos．……………………………………………………8分由余弦定理得acbcacb22222，代入a，b，c可得nnnnnnn22)2)(1(2)2()1(222，……………………………………………10分解得n=4，∴a=4，b=5，c=6，从而△ABC的周长为15，即存在满足条件的△ABC，其周长为15．………………………………12分19．解：(Ⅰ)由已知有1765179181176174170x，6656870666462y，2222)176179()176181()176174()176170()6668)(176179()6670)(176181()6664)(176174()6662)(176170(ˆb=3727≈0.73，于是17673.066ˆˆxbya=-62.48，∴48.6273.0ˆˆˆxaxby．………………………………………………10分(Ⅱ)x=185，代入回归方程得48.6218573.0ˆy=72.57，即可预测M队的平均得分为72.57．………………………………………12分20．解：(Ⅰ)设椭圆C的焦半距为c，则c=6，于是a2-b2=6．由12222byac，整理得y2=b2(1-22ac)=b2×222aca=24ab，解得y=ab2，∴222ab，即a2=2b4，∴2b4-b2-6=0，解得b2=2，或b2=-23（舍去），进而a2=8，∴椭圆C的标准方程为12822yx．……………………………………4分(Ⅱ)设直线PQ：1tyx，)()(2211yxQyxP，，，．联立直线与椭圆方程：，，112822tyxyx消去x得：072)4(22tyyt，∴y1+y2=422tt，y1y2=472t．………………………………………7分于是482)(22121tyytxx，故线段PQ的中点)444(22tttD，．………………………………………8分设)1(0yN，，由NQNP，则1PQNDkk，即tttty4414220，整理得4320ttty，得)431(2tttN，．又△NPQ是等边三角形，∴PQND23，即2243PQND，即]474)42)[(1(43)44()144(22222222tttttttt，整理得22222)4(8424)144(ttt，即222222)4(8424)48(tttt，解得102t，10t，…………………………………………………11分∴直线l的方程是0110yx．………………………………………12分21．解：(Ⅰ)222221)(xmxxxmxf，……………………………………1分①m≤0时，)(xf0，)(xf在)0(，上单调递增，不可能有两个零点．…………………………………………………………2分②m0时，由0)(xf可解得mx2，由0)(xf可解得mx20，∴)(xf在)20(m，上单调递减，在)2(，m上单调递增，于是)(xfmin=)2(mf=12ln212mmm，……………………………………4分要使得)(xf在)0(，上有两个零点，则12ln212mmm0，解得20em，即m的取值范围为)20(e，．………………………………………………5分(Ⅱ)令xt1，则11ln21)1(xxmxf1ln2tmt，由题意知方程1ln2tmt=0有两个根t1，t2，即方程ttm22ln有两个根t1，t2，不妨设t1=11x，t2=21x．令ttth22ln)(，则221ln)(ttth，由0)(th可得et10，由0)(th可得et1，∴)10(et，时，)(th单调递增，)1(，et时，)(th单调递减．故结合已知有t1e1t20．……………………………………………………8分要证exx21121，即证ett221，即etet1221．即证)2()(21tehth．…………………………………………………………9分令)2()()(xehxhx，下面证0)(x对任意的)10(ex，恒成立．22)2(21)2ln(21ln)2()()(xexexxxehxhx．………………………10分∵)10(ex，，∴22)2(01lnxexx，，∴)(x22)2(21)2ln()2(21lnxexexex=2)2(22)2(lnxeexx．∵)2(xex221]2)2([exex，∴)(x0，∴)(x在)10(e，是增函数，∴)(x)1(e=0，∴原不等式成立．……………………………………………………………12分22．解：(Ⅰ)消去参数得1322yx．…………………………………………5分（Ⅱ）将直线l的方程化为普通方程为0323yx．设Q(sincos3，)，则M(sin211cos23，)，∴233)4sin(26232sin233cos23d，∴最小值是4636．………………………………………………………10分23．解：(Ⅰ)当t=2时，21)(xxxf．若x≤1，则xxf23)(，于是由2)(xf解得x21．综合得x21．若1x2，则1)(xf，显然2)(xf不成立．若x≥2，则32)(xxf，于是由2)(xf解得x25．综合得x25．∴不等式2)(xf的解集为{x|x21，或x25}．…………………………5分（Ⅱ）)(xf≥xa等价于a≤f(x)-x．令g(x)=f(x)-x．当-1≤x≤1时，g(x)=1+t-3x，显然g(x)min=g(1)=t-2．当1xt时，g(x)=t-1-x，此时g(x)g(1)=t-2．当t≤x≤3时，g(x)=x-t-1，g(x)min=g(1)=t-2．∴当x∈[1，3]时，g(x)min=t-2．又∵t∈[1，2]，∴g(x)min≤-1，即a≤-1．综上，a的取值范围是a≤-1．……………………………………………10分不用注册，免费下载！