2017级高三三诊数学（文）答案.pdf

数学(文科)“三诊”考试题参考答案 　 第 １　　　　 页(共 ６ 页) 成都市 ２０１７ 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．D; ４．A; ５．B; ６．C; ７．D; ８．B; ９．A; １０．B; １１．C; １２．A． 第 Ⅱ 卷 　(非选择题,共 ９０ 分) 二、填空题:(每小题 ５ 分,共 ２０ 分) １３．－ ２ ３ ;　　 １４．０．５４;　　１５．７９ ２ ;　　 １６．２． 三、解答题:(共 ７０ 分) １７． 解:(Ⅰ)该小组共有 １１ 名销售员 ２０１９ 年度月均销售额超过 ３．５２ 万元,分别是:３．５４, ３．５６,３．５６,３．５７,３．５９,３．６０,３．６４,３．６４,３．６７,３．７０,３．７０． ƺƺ２ 分 ∴ 月均销售额超过 ３．５２ 万元的销售员占该小组的比例为１１ ２０ ＝５５％ ． ƺƺ４ 分 ∵５５％ ＜６５％,故不需要对该销售小组发放奖励 ． ƺƺ６ 分 (Ⅱ)由题意,可得月均销售额不低于 ３．６０ 万元的销售员有 ５ 名,其中超过 ３．６８ 万元的 销售员有 ２ 名,记为 A１,A２,其余的记为a１,a２,a３． 从上述 ５ 名销 售 员 中 随 机 抽 取 ２ 名 的 所 有 结 果 为 (A１,A２),(A１,a１),(A１,a２), (A１,a３),(A２,a１),(A２,a２),(A２,a３),(a１,a２),(a１,a３),(a２,a３)． 共有 １０ 种 ． ƺƺ８ 分 其中至少 有 １ 名 销 售 员 月 均 销 售 额 超 过 ３．６８ 万 元 的 结 果 为 (A１,A２),(A１,a１), (A１,a２),(A１,a３),(A２,a１),(A２,a２),(A２,a３)． 共有 ７ 种 ． ƺƺ１０ 分 故所求概率为P ＝ ７ １０ ． ƺƺ１２ 分 １８． 解:(Ⅰ)在 △ABC 中,∵sin(A ＋B)＝sin(π－C)＝sinC , ∴(a－c)sinC ＝(a－b)(sinA ＋sinB)． ƺƺ１ 分 由正弦定理,得 (a－c)c＝(a－b)(a＋b)． ƺƺ２ 分 整理,得c２ ＋a２ －b２ ＝ac ． ƺƺ３ 分 ∴ c２ ＋a２ －b２ ２ac ＝１ ２ ． ƺƺ４ 分 ∴cosB ＝１ ２ ． ƺƺ５ 分 又 ０＜B ＜π,∴B ＝π ３ ． ƺƺ６ 分数学(文科)“三诊”考试题参考答案 　 第 ２　　　　 页(共 ６ 页) (Ⅱ)∵b＝４,∴a２ ＋c２ －１６＝ac , ƺƺ７ 分 即 (a＋c)２ －１６＝３ac ． ƺƺ８ 分 ∵ac ≤ ( a＋c ２ )２,∴(a＋c)２ －１６≤３( a＋c ２ )２ ． ƺƺ９ 分 ∴ １ ４ (a＋c)２ ≤１６． ƺƺ１０ 分 ∴a＋c ≤８,当且仅当a＝c 时等号成立 ． ƺƺ１１ 分 ∴a＋c 的最大值为 ８． ƺƺ１２ 分 １９． 解:(Ⅰ)如图,取 AD 的中点O ． 连接OM ,ON ． 在矩形 ADEF 中,∵O,M 分别为线段AD,EF 的中点, ∴OM//AF ． ƺƺ１ 分 又OM ⊄ 平面 ACF ,AF ⊂ 平面 ACF , ∴OM//平面 ACF ． ƺƺ２ 分 在 △ ACD 中,∵O,N 分别为线段AD,CD 的中点, ∴ON//AC ． 又ON ⊄ 平面 ACF ,AC ⊂ 平面 ACF , ∴ON//平面 ACF ． ƺƺ３ 分 又OM ∩ON ＝O ,OM ,ON ⊂ 平面 MON , ∴ 平面 MON//平面 ACF ． ƺƺ４ 分 又 MN ⊂ 平面 MON ,∴ MN//平面 ACF ． ƺƺ５ 分 (Ⅱ)如图,过点C 作CH ⊥ AD 于 H ． ∵ 平面ADEF ⊥ 平面ABCD ,平面ADEF ∩ 平面ABCD＝AD ,CH ⊂ 平面ABCD , ∴CH ⊥ 平面 ADEF ． 同理 DE⊥ 平面 ABCD ． ƺƺ７ 分 连接OB ,OC ．在 △ ABD 中,∵ AB ⊥BD,AD ＝４, ∴OB ＝１ ２ AD ＝２． 同理OC＝２． ∵BC＝２,∴ 等边 △OBC 的高为 ３ ,即CH＝ ３． ƺƺ８ 分 连接BE ． ∴VABCDEF ＝VB－ADEF ＋VB－CDE ＝VB－ADEF ＋VE－BCD ＝１ ３ SADEF ŰCH ＋１ ３ SΔBCD ŰDE＝１ ３×２×４× ３＋１ ３×１ ２×２× ３×２ ＝１０ ３ ３ ． ƺƺ１２ 分数学(文科)“三诊”考试题参考答案 　 第 ３　　　　 页(共 ６ 页) ２０．解:(Ⅰ)当 m ＝１ 时,f(x)＝e x e －lnx ．则f′ (x)＝e x e － １x ． ƺƺ１ 分 ∵f′ (x)在 (０,＋ ¥)上单调递增,且f′ (１)＝０, ƺƺ２ 分 ∴ 当x ∈ (０,１)时,f′ (x)＜０;当x ∈ (１,＋ ¥)时,f′ (x)＞０． ƺƺ３ 分 ∴f(x)的单调递减区间为 (０,１),单调递增区间为 (１,＋ ¥)． ƺƺ４ 分 (Ⅱ)当 m ＝２ 时,f(x)＝e x e ２ －lnx ．则f′ (x)＝e x e ２ － １x ． ∵f′ (x)在 (０,＋ ¥)上单调递增,且f′ (１)＝１ e －１＜０,f′ (２)＝１－ １ ２ ＞０, ƺƺ５ 分 ∴ 存在唯一的x０ ∈ (１,２),使得f′ (x０)＝０． ƺƺ６ 分 ∴ 当x ∈ (０,x０)时,f′ (x)＜０,即f(x)在 (０,x０)上单调递减; 当x ∈ (x０,＋ ¥)时,f′ (x)＞０,即f(x)在 (x０,＋ ¥)上单调递增． ∴f (x)最小值 ＝f(x０)＝e x ０ e ２ －lnx０． ƺƺ７ 分 又e x ０ e ２ ＝ １x０ ,即 lne x ０ －２ ＝ln１x０ ．化简,得x０ －２＝－lnx０． ƺƺ９ 分 ∴f (x)最小值 ＝e x ０ e ２ －lnx０ ＝ １x０ ＋x０ －２． ƺƺ１０ 分 ∵x０ ∈ (１,２),∴f (x)最小值 ＝ １x０ ＋x０ －２＞２ １x０ Űx０ －２＝０． ƺƺ１１ 分 ∴ 当 m ＝２ 时,f(x)＞０． ƺƺ１２ 分 ２１．解:(Ⅰ)∵ 椭圆C 的左焦点F１(－ ３,０),∴c＝ ３ ． ƺƺ１ 分 将Q(１,３ ２ )代入x２ a２ ＋y２ b２ ＝１,得 １a２ ＋ ３ ４b２ ＝１． 又a２ －b２ ＝３,∴a２ ＝４,b２ ＝１． ƺƺ２ 分 ∴ 椭圆C 的标准方程为x２ ４ ＋y２ ＝１． ƺƺ３ 分 (Ⅱ)(i)设点P (x０,y０)．设过点P 与椭圆C 相切的直线方程为y＝k(x－x０)＋y０． 由 y＝k(x－x０)＋y０ x２ ＋４y２ －４＝０ { ,消去y ,得 (１＋４k２)x２ ＋８k(y０ －kx０)x＋４(y０ －kx０)２ －４＝０． Δ＝６４k２ (y０ －kx０)２ －４(４k２ ＋１)[４(y０ －kx０)２ －４]． 令 Δ＝０,整理得 (４－x２ ０)k２ ＋２x０y０k＋１－y２ ０ ＝０． ƺƺ４ 分数学(文科)“三诊”考试题参考答案 　 第 ４　　　　 页(共 ６ 页) 由已知,则k１k２ ＝１－y０ ２ ４－x０ ２ ． ƺƺ５ 分 又x０ ２ ＋y０ ２ ＝５,∴k１k２ ＝１－ (５－x０ ２) ４－x０ ２ ＝ x０ ２ －４ ４－x０ ２ ＝－１． ƺƺ６ 分 (ii)设点 A(x１,y１),B(x２,y２)． 当直线PA 的斜率存在时,设直线PA 的方程为y＝k１(x－x１)＋y１． 由 y＝k１(x－x１)＋y１ x２ ＋４y２ －４＝０ { ,消去y ,得 (１＋４k１ ２)x２ ＋８k１(y１ －k１x１)x＋４(y１ －k１x１)２ －４＝０． Δ＝６４k１ ２ (y１ －k１x１)２ －４(１＋４k１ ２)[４(y１ －k１x１)２ －４]． 令 Δ＝０,整理得 (４－x１ ２)k１ ２ ＋２x１y１k１ ＋１－y１ ２ ＝０． 则k１ ＝－ x１y１ ４－x１ ２ ＝－ x１y１ ４y１ ２ ＝－ x１ ４y１ ． ∴ 直线PA 的方程为y＝－ x１ ４y１ (x－x１)＋y１． 化简,可得x１x＋４y１y＝４y１ ２ ＋x１ ２,即x１x ４ ＋y１y＝１． 经验证,当直线PA 的斜率不存在时,直线PA 的方程为x＝２ 或x＝ －２,也满足x１x ４ ＋y１y＝１． ƺƺ７ 分 同理,可得直线PB 的方程为x２x ４ ＋y２y＝１． ∵P(x０,y０)在直线PA ,PB 上,∴ x１x０ ４ ＋y１y０ ＝１, x２x０ ４ ＋y２y０ ＝１． ∴ 直线 AB 的方程为x０x ４ ＋y０y＝１． ƺƺ８ 分 由 x０x ４ ＋y０y＝１ x２ ＋４y２ ＝４ ì î í ïï ïï ,消去y ,得 (３y０ ２ ＋５)x２ －８x０x＋１６－１６y０ ２ ＝０． ∴x１ ＋x２ ＝ ８x０ ３y０ ２ ＋５ ,x１x２ ＝１６－１６y０ ２ ３y０ ２ ＋５ ． ∴|AB|＝ １＋ x０ ２ １６y０ ２ |x１ －x２|＝ １５y０ ２ ＋５ １６y０ ２ [６４x０ ２ －４(３y０ ２ ＋５)(１６－１６y０ ２) (３y０ ２ ＋５)２ ] ＝ ２ ５ ３y０ ２ ＋５ ３y０ ２ ＋１ y０ ２ (３y０ ４ ＋y０ ２)＝２ ５(３y０ ２ ＋１) ３y０ ２ ＋５ ． ƺƺ９ 分数学(文科)“三诊”考试题参考答案 　 第 ５　　　　 页(共 ６ 页) 又由(i)可知当直线PA,PB 的斜率都存在时,PM ⊥PN ;易知当直线PA 或PB 斜率 不存在时,也有PM ⊥PN ． ∴MN 为圆O 的直径,即 |MN|＝２ ５． ƺƺ１０ 分 ∴ |AB| |MN|＝ ２ ５(３y０ ２ ＋１) ３y０ ２ ＋５ ２ ５ ＝３y０ ２ ＋１ ３y０ ２ ＋５ ＝１－ ４ ３y０ ２ ＋５ ． ƺƺ１１ 分 又y０ ２ ∈ [０,５],∴１－ ４ ３y０ ２ ＋５∈ [１ ５ ,４ ５ ]． ∴ |AB| |MN| 的取值范围为 [１ ５ ,４ ５ ]． ƺƺ１２ 分 ２２．解:(Ⅰ)由直线l的参数方程,消去参数t,得直线l的普通方程为x－y＋４＝０． ƺƺ３ 分 由ρ２ ＝x２ ＋y２,ρcosθ＝x ,得曲线C 的直角坐标方程为x２ ＋y２ ＋６x－a＝０． ƺƺ５ 分 (Ⅱ)将直线l的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程,并整理,得 t２ ＋５ ２ ３ t－６４ ９ －a＝０．ƺ(∗) ƺƺ６ 分 设t１,t２ 是方程(∗)的两个根,则有 Δ＞０,t１ ＋t２ ＝－５ ２ ３ ,t１t２ ＝－(６４ ９ ＋a)． ƺƺ７ 分 由题意,不妨设t１ ＝－２t２． ƺƺ８ 分 ∴t２ ２ ＝３２ ９ ＋a ２ ＝５０ ９ ． ƺƺ９ 分 解得a＝４,符合条件a＞０．∴a＝４． ƺƺ１０ 分 ２３．解:(Ⅰ)不等式f(x)＜x 即|x－１|－|x＋２|＜x ． ① 当x ≥１ 时,化简得 －３＜x ．解得x ≥１; ƺƺ１ 分 ② 当 －２＜x ＜１ 时,化简得 －２x－１＜x ．解得 － １ ３ ＜x ＜１; ƺƺ２ 分 ③ 当x ≤ －２ 时,化简得 ３＜x ．此时无解． ƺƺ３ 分 综上,所求不等式的解集为 {x|x ＞－ １ ３ }． ƺƺ４ 分 (Ⅱ)∵|x－１|－|x＋２|≤|(x－１)－(x＋２)|＝３,当且仅当x ≤ －２ 时等号成立． ∴M ＝３．即a＋４b＋９c＝１． ƺƺ６ 分数学(文科)“三诊”考试题参考答案 　 第 ６　　　　 页(共 ６ 页) ∵１－９c ab ＋a－３c ac ＝a＋４b ab ＋ １c － ３a ＝１a ＋ １b ＋ １c , ƺƺ７ 分 又a,b,c ＞０, ∴ １a ＋ １b ＋ １c ＝(１a ＋ １b ＋ １c )(a＋４b＋９c)≥ (１ aŰ a ＋ １ bŰ ４b ＋ １ cŰ ９c)２ ƺƺ８ 分 ＝(１＋２＋３)２ ＝３６． ƺƺ９ 分 当且仅当 １a a ＝ １b ４b＝ １c ９c 时取等号． ∴１－９c ab ＋a－３c ac 的最小值为 ３６． ƺƺ１０ 分