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四川省绵阳市2016届高三第三次诊断性考试数学(理)试题 扫描版含答案


绵阳市高 2013 级第三次诊断性考试 数学(理工类)参考解答及评分标准
一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分. AADCD CBBAD 二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分. 11.2 12.-540 13.11.5 14.- 2 5 ≤m≤ 2 5 15.①② 三、解答题:本大题共 6 小题,共 75 分. 16.解 : (I)第四组的人数为[1-(0.004+0.008+0.016+0.04)× 10]× 50=16, 中位数为 40+[0.5-(0.004+0.016)× 10]÷0.04=47.5.………………………4 分 (II)据题意,第一组有 0.004× 10× 50=2 人,第五组有 0.008× 10× 50=4 人, 于是 ξ=0,1,2,
3 1 2 2 1 C4 1 C2 C4 3 C2 C4 1 , P ( ξ =1)= , P ( ξ =2)= ? ? ? , 3 3 3 5 5 5 C C6 C6 6 ∴ ξ 的分布列为 ξ 0 1 2 3 1 1 P 5 5 5 ……………………………………………………………………10 分 3 1 1 ∴ Eξ=0× +1× +2× =1. ………………………………………………12 分 5 5 5 17.解: (I)在△ABC 中,由正弦定理有,a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC, 代入 b=acosC+csinA 中,即得 2RsinB=2RsinAcosC+2RsinCsinA, ∴ sinB=sinAcosC+sinCsinA.…………………………………………………3 分 ∵ sinB=sin[π-(A+C)]=sin(A+C), ∴ sin(A+C)=sinAcosC+sinCsinA, 即 sinAcosC+cosAsinC=sinAcosC+sinCsinA, 整理得,cosAsinC=sinCsinA, 由 sinC≠0,可得 cosA=sinA,

∴ P(ξ=0)=

∴ A=

?
4

. ………………………………………………………………………5 分

(II)在△ABC 中,sinB= 1 ? cos 2 B ? 由

4 , 5

AC 5 AC BC 即 ,解得 AC= 4 2 ,………………………………7 分 ? ? 4 sin B sin A 2 5 2
=-

又∵ cosC=cos[π-(A+B)]=-cos(A+B)=-cosAcosB+sinAsinB

2 3 2 4 2 ? + ? = , 2 5 2 5 10

2 =49, 10 ∴ AB=7, ……………………………………………………………………10 分 1 于是由 BD ? BA 可得 BD=1, 7 3 ∴ CD2=BD2+BC2-2BD· BC· cosB=1+25-2× 1× 5× =20, 5 ∴ CD= 2 5 .…………………………………………………………………12 分
∴ AB2=AC2+BC2-2AC· BC· cosC=32+25-2×4 2 × 5×

18.解: (I)当 n=1 时,a1=S1=

(a1 ? 1) 2 ,整理得(a1-1)2=0,解得 a1=1. 4 (a ? 1) 2 (an ?1 ? 1) 2 ? 当 n≥2 时,an=Sn- S n ?1 = n , 4 4 整理得 (an ? 1)2 ? (an ?1 ? 1)2 ? 0 ,即 (an ? an ?1 )( an ? an ?1 ? 2) ? 0 , ∵ an>0,∴ an ? an ?1 >0, ∴ an ? an?1 ? 2 , ∴ {an}是首项为 1,公差为 2 的等差数列, ∴ an=1+2(n-1)=2n-1. ………………………………………………………5 分 1 1 1 1 1 ? ? ( ? ), (II) an an?1 (2n ? 1)( 2n ? 1) 2 2n ? 1 2n ? 1
∴ Tn=

1 1 1 + +…+ a1a2 a2 a3 a n a n ?1
= [(1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ? ? (

1 1 1 1 1 1 ? )] 2 3 3 5 2n ? 1 2n ? 1 1 1 = (1 ? ) 2 2n ? 1 n = , …………………………………………………………………8 分 2n ? 1 n 由题知 ≤λ(2n+1)对 ? n∈N*恒成立, 2n ? 1 n 即 λ≥ 对 ? n∈N*恒成立, …………………………………………9 分 ( 2n ? 1) 2
n n ?1 n ? (2n ? 1) 2 ? 2 ,则 , b ? b ? ? ? n ?1 n ( 2n ? 1) 2 (2n ? 3) 2 (2n ? 1) 2 (2n ? 3) 2 (2n ? 1) 2 ∵ 对 ? n∈N*,2n+1≥3, ∴ -(2n+1)2+2<0,即 bn?1 ? bn ? 0 ,于是 bn?1 ? bn , ∴ {bn}是单调递减数列, ……………………………………………………11 分 1 即数列{bn}的最大值为 b1= , 9 1 1 ∴ λ≥ ,即 λ 的最小值为 .………………………………………………12 分 9 9 19. (I)证明:由题意,AD//EF, ∵ EF ? 面 BEF,AD ? 面 BEF, ∴ AD//面 BEF. ………………………………………………………………2 分 又∵ AD ? 面 ABCD,面 ABCD∩面 BEF=l, ∴ AD//l, ………………………………………………………………………3 分 由主视图可知,AD⊥CD,由侧视图可知,DE⊥AD, ∵ CD∩AD=D, ∴ AD⊥面 CDE. ∴ l⊥面 CDE.……………………………………………6 分 (II)如图,建立空间直角坐标系 D-xyz, 则 A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),E(0,0,1),F(1,0,1),
令 bn= ∴ EF =(1,0,0), BF =(0,-1,1),……7 分 设面 BEF 的一个法向量 n=(x,y,z), 则由 EF · n=0, BF · n=0 可得 F M D x A B C y z E

? x ? 0, 令 y=1,则 z=1, ? ?? y ? z ? 0, ∴ n=(0,1,1), …………………………9 分
设 M(0,0,m),则 MC =(0,2,-m), ∴ cos< MC ,n>= 解得 m=

2?m 2? 4?m
2

?

5 , 5

2 或 m=6(舍) , 3 2 处(靠近 E 点) .……12 分 3

即存在满足点 M,此时 M 的位置在线段 DE 的 20.解: (I)设焦点 F(c,0),则

c 2 ? ,从而 a2=2c2, a 2 c 2 1 1 1 由题意有 ( ) ? 2 ? 1 ,即 ? 2 ? 1 ,解得 b2=2, 2 b a b 又由 a2=b2+c2,于是 2c2=2+c2,解得 c2=2,a2=4, x2 y2 ∴ 椭圆 E 的方程为 ? ? 1 . ………………………………………………4 分 4 2 (II)依题意可知 BC⊥AC,且∠BCO=∠ACO=45?, 于是直线 BC 的斜率为 kBC=1,直线 AC 的斜率为 kAC=-1, ………………6 分 设 A(x1,y1),B(x2,y2),C(0,y0), y y ? y0 y ? y0 ? ?1 , k BC ? 2 ? 1, 则 k AC ? 1 x2 x1 C ∴ x1=y0-y1=-k(x1-1)+y0,x2=y2-y0=k(x2+1)-y0, B 相加得 x1+x2=k(x2-x1). ………………8 分 O A ? y ? kx ? 1, 联立 ? 2 消去 y, 2 ? x ? 2 y ? 4, 整理得(1+2k2)x2+4kx-2=0, 4k 2 ∴ x1+x2= ? ,x1x2= ? .………………………………………10 分 2 1 ? 2k 1 ? 2k 2 把 x1+x2=k(x2-x1)两边同时平方,可得(x1+x2)2=k2[(x1+x2)2-4x1x2], 4k 2 2 4k 2 2 代入可得( ? ) =k [( ? ) -4× (? )], 2 2 1 ? 2k 1 ? 2k 1 ? 2k 2 1 化简可得 4k2+1=2,或 k2=0,解得 k= ? ,或 k=0, 2 1 即存在满足条件的 k 值,k= ? ,或 k=0.…………………………………13 分 2 ? ? ? (1 ? ? )( x ? a) ? ? 21.解: (I) f ?( x) ? , ?x ? (1 ? ? )a x [?x ? (1 ? ? )a]x ∵ a>0,1-λ>0,λ>0,x>0, ∴ 当 x>a 时, f ?( x) >0;0<x<a 时, f ?( x) <0. ∴ f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增, ∴ f(x)有最小值 f(a)=(1-λ)lna,没有最大值. ………………………………4 分 g ( x0 ? 1) (II)对 ? m>0, ? x0>0,使得 ? 1 <m 成立.其理由如下:………5 分 x0
令 h(x)=ln(x+1)-x,则 h?( x) ?

x

?x , x ?1

显然当 x≥0 时, h?( x) ≤0,所以 h(x)在 ?0 , ? ?? 上单调递减, ∴ h(x)≤h(0)=0,即 ln(x+1)-x≤0, 于是可得当 x>0 时,ln(x+1)<x,则 故

ln(x ? 1) ?1 ? 0 , x

g ( x ? 1) ? 1 <m 等价于 ln(x+1)+(m-1)x>0. ………………………………7 分 x 设 ? ( x) =ln(x+1)+(m-1)x,m>0,x>0, (m ? 1) x ? m 1 则 ? ?( x) ? , ? m ?1? x ?1 x ?1 当 m≥1 时, ? ?( x) >0, ? ( x) 在(0,+∞)上单调递增, ∴ 对 ? x0>0 均有 φ(x0)> φ(0)=0 恒成立, m m 当 0<m<1 时,由 ? ?( x) >0 可得 0<x< ,由 ? ?( x) <0 可得 x> , 1? m 1? m m m 于是 ? ( x) 在(0, )上是增函数,在( ,+∞)是减函数, 1? m 1? m m ∴ 对 ? x0∈(0, )均有 φ(x0)> φ(0)=0 恒成立. 1? m 综上,对任意正数 m,都存在正数 x0 满足条件. ………………………10 分 (Ⅲ)证明:由(I)知,对 ? x>0,a>0,0<λ<1 时, 都有 ln[λx+(1-λ)a]-λlnx≥(1-λ)lna. 即 lnxλ+ ln a1? ? ≤ln[λx+(1-λ)a], ? ? 令 λ1=λ,λ2=1-λ,a1=x,a2=a,则 ln(a1 1 a2 2 ) ≤ ln(a1?1 ? a 2 ?2 ) , ∵ y=lnx 在(0,+∞)上是增函数, ? ? ∴ a1 1 a2 2 ≤ a1?1 ? a 2 ?2 .……………………………………………………14 分


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