【文档说明】四川省成都市2021届高三下学期5月第三次诊断性检测（成都三诊）数学（文）答案（文科）.pdf，共(5)页，176.468 KB，由管理员店铺上传

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数学(文科)“三诊”考试题参考答案第１页(共５页)成都市２０１８级高中毕业班第三次诊断性检测数学(文科)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．C;２．D;３．A;４．D;５．C;６．B;７．B;８．A;９．C;１

０．B;１１．D;１２．C．第Ⅱ卷(非选择题,共９０分)二、填空题:(每小题５分,共２０分)１３．３２;１４．－１８;１５．２３;１６．①②④．三、解答题:(共７０分)１７．解:(Ⅰ)由题意,知４＋x＋２０＋３８＋３０＝１００．∴x＝

８．􀆺􀆺２分在这１００份作业中,因大三学生的作业共３＋６＋１５＋y＋１２＝３６＋y(份),则大四学生的作业共６４－y(份)．∵选修该门课程的大三与大四学生的人数之比为３∶２,∴３６＋y６４－y＝３２．解得y＝２４．􀆺􀆺４分故大四学生作业共４０份．其中,成绩在[６０,７０),[

７０,８０)的作业份数分别为２,５．故成绩在[６０,８０)的作业共７份．􀆺􀆺５分∴从选修该门课程的大四学生中随机选取１名,估计其作业成绩在[６０,８０)的概率为７４０．􀆺􀆺７分(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,这１００份作业中大三学生作业共６０份．􀆺􀆺８分设大三学生

作业的平均成绩为􀭺x．则􀭺x＝３６０×５５＋６６０×６５＋１５６０×７５＋２４６０×８５＋１２６０×９５＝８１．∴估计这１００份作业中大三学生作业的平均成绩为８１分．􀆺􀆺１２分１８．解:(Ⅰ)∵an＋２＋３an＝４an＋１,n∈N∗,∴an＋２－a

n＋１＝３(an＋１－an)．􀆺􀆺１分∵bn＝an＋１－an,∴bn＋１＝３bn．􀆺􀆺２分又b１＝a２－a１＝２,∴数列bn{}是以２为首项,３为公比的等比数列．􀆺􀆺４分∴bn＝２×３n－１．􀆺􀆺６分(Ⅱ)∵bn＝an＋１－an,∴an＋１＝(an＋

１－an)＋(an－an－１)＋􀆺＋(a２－a１)＋a１􀆺􀆺７分＝bn＋bn－１＋􀆺＋b１＋a１＝２(１－３n)１－３＋１＝３n．􀆺􀆺９分数学(文科)“三诊”考试题参考答案第２页(共５页)∴cn＝log３(an＋bn)＝log３３n＝n．􀆺􀆺１０分∴Sn＝１＋２＋􀆺＋n＝

n(n＋１)２．􀆺􀆺１１分∴S２０＝２０×２１２＝２１０．􀆺􀆺１２分１９．解:(Ⅰ)如图,设AC与BD的交点为O,连接EO．∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,且O为BD,AC的中点．􀆺􀆺１分∵EB＝ED,∴BD⊥EO．􀆺

􀆺２分∵AC,EO⊂平面ACFE,AC∩EO＝O,∴BD⊥平面ACFE．􀆺􀆺４分又BD⊂平面BDF,∴平面BDF⊥平面ACFE．􀆺􀆺５分(Ⅱ)∵四边形ABCD是边长为２的菱形,∠DAB＝π３,则BD＝２．∴OB＝OD＝１．􀆺􀆺６分在Rt△EOB中,∵BO＝

１,EB＝２,则EO＝３．􀆺􀆺７分又AC＝２AO＝３AB＝２３,EF＝１４AC,∴EF＝３２．􀆺􀆺８分∵EF∥AC,∴四边形ACFE是梯形．∵O为AC的中点,EA＝EC,∴EO⊥AC．􀆺􀆺９分∴梯形ACFE的面积S＝１２×(３２

＋２３)×３＝１５４．􀆺􀆺１０分又由(Ⅰ)知BD⊥平面ACFE．∴VABCDEF＝VB－ACFE＋VD－ACFE＝２VB－ACFE＝２×１３S􀅰OB＝２×１３×１５４×１＝５２．∴多面体ABCDEF的体积为５２．􀆺􀆺１２分２０．解:(Ⅰ)∵椭圆C的四个顶点围成的四边形的

面积为２５,∴１２􀅰２a􀅰２b＝２５,即ab＝５．􀆺􀆺１分∵点F２(c,０)(c＞０)到直线x－y＋２＝０的距离为|c＋２|２＝２２,∴c＝２．􀆺􀆺２分又a２＝b２＋c２,∴a２＝５a２＋４,即

a４－４a２－５＝０．解得a２＝５或a２＝－１(舍去)．􀆺􀆺３分∴b２＝１．∴椭圆C的方程为x２５＋y２＝１．􀆺􀆺４分数学(文科)“三诊”考试题参考答案第３页(共５页)(Ⅱ)由题意,直线l的斜率存在且不为０．设直线l的方程为x＝my－３．由x＝my－３x２５＋

y２＝１ìîíïïïï,消去x,得(m２＋５)y２－６my＋４＝０．􀆺􀆺５分由Δ＝２０(m２－４)＞０,得m＜－２或m＞２．􀆺􀆺６分设A(x１,y１),B(x２,y２),N(xN,yN)．则y１＋y２＝６mm２＋５,y１y２＝４

m２＋５．􀆺􀆺７分设过点F２与直线l垂直的直线的方程为x＝－１my＋２．由x＝my－３,x＝－１my＋２ìîíïïïï,解得yN＝５mm２＋１．􀆺􀆺８分∵|MA|＝|BN|,∴MA,BN在y轴上的投影相等,即|y１－０|＝|yN－y２

|．􀆺􀆺９分∵点A,B在点M,N之间,∴y１＋y２＝yN,即６mm２＋５＝５mm２＋１．解得m＝±１９,满足m＜－２或m＞２．􀆺􀆺１１分∴直线l的方程为x＋１９y＋３＝０或x－１９y＋３＝０．􀆺􀆺１２分２１．解:(Ⅰ)当a

＝－１２时,f(x)＝cosx＋１２x２,则f′(x)＝－sinx＋x．􀆺􀆺１分设g(x)＝f′(x),则g′(x)＝－cosx＋１,x∈[０,π２]．显然g′(x)≥０．∴g(x)在[０,π２]上单调递增．则当x∈[０,π２]时,g(

x)≥g(０)＝０．􀆺􀆺２分∴当x∈[０,π２]时,f′(x)≥０．∴函数f(x)在[０,π２]上单调递增．􀆺􀆺４分又f(０)＝１,f(π２)＝π２８,∴函数f(x)的值域为[１,π２８]．􀆺􀆺５分

(Ⅱ)因f′(x)＝－sinx－２ax,设h(x)＝f′(x),则h′(x)＝－cosx－２a．􀆺􀆺６分①当a≥０时,h′(x)≤０,则h(x)在[０,π２]上单调递减．∴h(x)≤h(０)＝０,则f′(x)≤０．此时f(x)在[０,π２]上单调递减,无极

值．􀆺􀆺７分②当a≤－１２时,h′(x)≥０,则h(x)在[０,π２]上单调递增．∴h(x)≥h(０)＝０,则f′(x)≥０．此时f(x)在[０,π２]上单调递增,无极值．􀆺􀆺８分③当－１２＜a＜０时,存在x０∈(０,π２),使h′(x０)＝－cos

x０－２a＝０．数学(文科)“三诊”考试题参考答案第４页(共５页)当x∈(０,x０)时,h′(x)＜０;当x∈(x０,π２)时,h′(x)＞０．∴h(x)在(０,x０)上单调递减,在(x０,π２)上单调递增．􀆺􀆺９分∵h(０)＝０,∴h(x０)

＜０．又h(π２)＝－１－aπ,(ⅰ)当－１－aπ≤０,即－１π≤a＜０时,h(π２)≤０．∴f′(x)≤０,此时f(x)在[０,π２]上单调递减,无极值．􀆺􀆺１０分(ⅱ)当－１－aπ＞０,即－１２＜a＜－１π时,h(π２)＞０．则存在x１∈(x０,π２

),使h(x１)＝－sinx１－２ax１＝０．当x∈(０,x１)时,f′(x)＜０;当x∈(x１,π２)时,f′(x)＞０．∴f(x)在(０,x１)上单调递减,在(x１,π２)上单调递增．􀆺􀆺１１分∴x１是函

数f(x)在[０,π２]上的极小值点,且为唯一的极值点．综上,当函数f(x)在[０,π２]上有唯一极值点时,a的取值范围为(－１２,－１π)．􀆺􀆺１２分２２．解:(Ⅰ)消去曲线C的参数方程中的参数k,得y２＝２x．􀆺􀆺２分∴曲线C的普通方程为y２＝２x．􀆺􀆺３分整理

ρcos(θ－π４)＝１,可得ρcosθ＋ρsinθ＝２．􀆺􀆺４分∵ρcosθ＝x,ρsinθ＝y,∴直线l的普通方程为x＋y－２＝０．􀆺􀆺５分(Ⅱ)将直线l的普通方程化为参数方程为x＝２－２２t,y＝２２tìîíïïïï

ïï(t为参数)．􀆺􀆺６分代入y２＝２x,整理可得t２＋２２t－４２＝０．􀆺(∗)而Δ＝(２２)２－４×１×(－４２)＝８＋１６２＞０．􀆺􀆺７分设t１,t２是方程(∗)的两个实数根．则t１＋t２＝－２２,t１t２＝－４２．􀆺􀆺８分∴|PM|２＋|QM|２＝t１２＋t２２＝(t

１＋t２)２－２t１t２＝８＋８２．􀆺􀆺１０分２３．解:(Ⅰ)①当x≤－２时,f(x)＝x２－x－１０．函数f(x)在－(∞,－２]上单调递减,此时函数f(x)的值域为[－４,＋∞);􀆺􀆺１分②当－２＜x＜２时,f(x)＝－x２＋x＋２．函数f(x)在(－２,

１２)上单调递增,数学(文科)“三诊”考试题参考答案第５页(共５页)在(１２,２)上单调递减,此时函数f(x)的值域为(－４,９４];􀆺􀆺２分③当x≥２时,f(x)＝x２＋x－６．函数f(x)在[２,＋∞)上单调递增．此时函数f(x)的值域为[０,＋∞)

;􀆺􀆺３分由题意,及函数f(x)的图象知m＝－４．􀆺􀆺５分(Ⅱ)１a＋３＋１b＋５与１４的大小关系为:１a＋３＋１b＋５≥１４．证明如下:由a＋b＋２m＝０及m＝－４,知a＋b＝８．􀆺􀆺６分∵a＞

０,b＞０,∴１a＋３＋１b＋５＝１１６[(a＋３)＋(b＋５)](１a＋３＋１b＋５)􀆺􀆺８分＝１１６(２＋b＋５a＋３＋a＋３b＋５)≥１１６(２＋２b＋５a＋３􀅰a＋３b＋５)＝１４．当且

仅当b＋５a＋３＝a＋３b＋５,即a＝５,b＝３时等号成立．􀆺􀆺９分∴１a＋３＋１b＋５≥１４．􀆺􀆺１０分