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． BACAB CCDAD CB 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．-11 14． 3 2 15． 53 16． 5 5 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分． 17．解 ：（Ⅰ） 令 nnn aac  1 ， 则 nn cc 1 =( 12   nn aa )-( nn aa 1 )= 12 12   nnn aaa （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 )()()( aaaaaaaa nnnnn    2 )1(12)2()1(  nnnnn  ， …………………………8 分 故 )1 11(2)1( 21  nnnnan ． ∴ Sn=2(1- 2 1 )+2( 2 1 - 3 1 )+2( 3 1 - 4 1 )+…+ )1 11(2  nn =2(1 1 1  n ) = 1 2 n n ． ………………………………………………………………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) 设椭圆 C 的焦半距为 c，则 c= 6 ，于是 a2-b2=6． 由 12 2 2 2  b y a c ，整理得 y2=b2(1- 2 2 a c )=b2× 2 22 a ca  = 2 4 a b ，解得 y= a b 2  ， ∴ 22 2  a b ，即 a2=2b4， ∴ 2b4-b2-6=0，解得 b2=2，或 b2=- 2 3 （舍去），进而 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 ， ∴ y1+y2= 4 2 2   t t ，y1y2= 4 7 2   t ． ………………………………………7 分 于是 4 82)( 22121   t yytxx ， 故线段 PQ 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 0110  yx ． ………………………………………12 分 21．解：(Ⅰ) 22 2 2 2 1)( x mx xx mxf  ， ……………………………………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 ②m>0 时，由 0)(  xf 可解得 mx 2 ，由 0)(  xf 可解得 mx 20  ， ∴ )(xf 在 )20( m， 上单调递减，在 )2( ，m 上单调递增， 于是 )(xf min= )2( mf = 12ln2 1 2  mm m ， ……………………………………4 分 要使得 )(xf 在 )0( ， 上有两个零点， 则 12ln2 1 2  mm m e 1 >t2>0． ……………………………………………………8 分 要证 exx 211 21  ，即证 ett 2 21  ，即 etet 12 21  ． 即证 )2()( 21 tehth  ． …………………………………………………………9 分 令 )2()()( xehxhx  ， 下面证 0)( x 对任意的 )10( ex ， 恒成立． 22 )2(2 1)2ln( 2 1ln)2()()( xe xe x xxehxhx    ．………………………10 分 ∵ )10( ex ， ， ∴ 22 )2(01ln xexx  ， ， ∴ )(x 22 )2(2 1)2ln( )2(2 1ln xe xe xe x      = 2)2(2 2)2(ln xe exx   ． ∵ )2( xex  < 2 2 1]2 )2( [ e xex   ， ∴ )(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 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