2017绵阳二诊数学（文）试题含答案

绵阳市高 2014 级第二次诊断性考试 数学(文史类)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． CABCA DBCDD CB 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13． 14 2 2  yx 14．24 15． 3 2 16． 25  三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分． 17．解 ：(Ⅰ)设{an}的公差为 d，则由题意可得      ， ， dadada da 453 92 233 111 1 ……………………………………………………3 分 解得 a1=-4，d=1， ……………………………………………………………5 分 ∴ an=-4+1×(n-1)=n-5． ……………………………………………………6 分 (Ⅱ)Tn=a1+a2+a3+…+an+ naaa 222 21  = 2 )54(  nn + )222(32 1 21 n ………………………………10 分 = 21 )21(2 32 1 2 )9(   nnn = 16 12 2 )9(  nnn ．……………………………………………………12 分 18．解：(Ⅰ) ∵ ac 2 ， ∴ 由正弦定理有 sinC= 2 sinA． …………………………………………2 分 又 C=2A，即 sin2A= 2 sinA， 于是 2sinAcosA= 2 sinA， …………………………………………………4 分 在△ABC 中，sinA≠0，于是 cosA= 2 2 ， ∴ A= 4  ． ……………………………………………………………………6 分 (Ⅱ)根据已知条件可设 21  ncnbna ，， ， n∈N*． 由 C=2A，得 sinC=sin2A=2sinAcosA， ∴ a c A CA 2sin2 sincos  ． ……………………………………………………8 分 由余弦定理得 a c bc acb 22 222  ， 代入 a，b，c 可得 n n nn nnn 2 2 )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 1765 179181176174170 x ， 665 6870666462 y ， 2222 )176179()176181()176174()176170( )6668)(176179()6670)(176181()6664)(176174()6662)(176170(ˆ  b = 37 27 ≈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) 点 A(0， 2 )在椭圆 C 上，于是 12 2  b ，即 b2=2． 设椭圆 C 的焦半距为 c，则由题意有 2 3 a c ，即 22 4 3 ac  ， 又 a2=b2+c2，代入解得 a2=8， ∴ 椭圆 C 的标准方程为 128 22  yx ． ……………………………………4 分 (Ⅱ)设直线 PQ ： 1 tyx ， )()( 2211 yxQyxP ，，， ． 联立直线与椭圆方程：      ， ， 1 128 22 tyx yx 消去 x 得： 072)4( 22  tyyt ， 显然Δ=4t2+28(t2+4)>0， ∴ y1+y2= 4 2 2   t t ，y1y2= 4 7 2   t ． ………………………………………7 分 于是 4 82)( 22121   t yytxx ， 故 P，Q 的中点 ) 44 4( 22    t t t D ， ． ………………………………………8 分 设 )1( 0yN ， ， 由 NQNP  ，则 1 PQND kk ， 即 t t t ty      4 41 4 2 20 ，整理得 4 3 20   t tty ，得 ) 4 31( 2   t ttN ， ． 又△ NPQ 是等边三角形， ∴ PQND 2 3 ，即 22 4 3 PQND  ， 即 ] 4 74) 4 2)[(1(4 3) 4 4()1 4 4( 2 2 2 22 2 2 2        tt tt t tt t ， 整理得 22 2 2 2 )4( 8424)1 4 4(    t t t ， 即 22 2 2 2 2 )4( 8424) 4 8(     t t t t ， 解得 102 t ， 10t ， …………………………………………………11 分 ∴ 直线 l 的方程是 110  yx ． ………………………………………12 分 21．解：(Ⅰ)∵ xeaxxf  2)( 在 )0( ， 上有两个零点， ∴ 方程 2x ea x  有两个根，等价于 y=a 与 2x ey x  有两个交点． 令 2)( x exh x  ，则 3 )2()( x xexh x  ，……………………………………………3 分 于是 x∈(0，2)时， 0)(  xh ，即 h(x)在(0，2)上单调递减； 当 x∈(2，+∞)时， 0)(  xh ，即 h(x)在(2，+∞)上单调递增， ∴ h(x)min=h(2)= 4 2e ， ∴ a 的取值范围为( 4 2e ，+∞)． ……………………………………………5 分 (Ⅱ)∵ )( 2121 xxxx ， 是 xeaxxf  2)( 在 )0( ， 上的零点， ∴ 12 1 xeax  ， 22 2 xeax  ， 两式相除可得 122 1 2 )( xxex x  ． ………………………………………………7 分 令 )1( 1 2  ttx x ， ① 上式变为 122 xxet  ，即 ttxx ln2ln 2 12  ， ② 联立①②解得： 1 ln2 1  t tx ， 1 ln2 2  t ttx ． …………………………………9 分 要证明 421  xx ， 即证明 41 ln2 1 ln2  t tt t t ， 即证明 22lnln  tttt ． 令 22lnln)(  ttttth ，则 1ln1)(  ttth ． …………………………10 分 令 0111)(1ln1)( 22  t t tttttt  ， ， 故 )(t 在 )1( ， 上单调递增，故 0)1()(   t ， 即 0)(  th ， 故 )(th 在 )1( ， 上单调递增，故 0)1()(  hth ， 即 22lnln  tttt ，得证． ………………………………………………12 分 22．解：(Ⅰ)消去参数得 13 2 2  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(  sin2 11cos2 3 ， )， ∴ 2 33)4sin(2 6 2 32sin2 33cos2 3      d ， ∴ 最小值是 4 636  ．………………………………………………………10 分 23．解：(Ⅰ) 当 t=2 时， 21)(  xxxf ． 若 x≤1，则 xxf 23)(  ，于是由 2)( xf 解得 x< 2 1 ．综合得 x< 2 1 ． 若 1 2 5 ． ∴ 不等式 2)( xf 的解集为{x| x< 2 1 ，或 x> 2 5 }． …………………………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 1