2020级一诊数学（理科）参考答案

成都市级高中毕业班第一次诊断性检测２０２０数学(理科)参考答案及评分意见第卷选择题共分Ⅰ (,６０)一、选择题:每小题分共分(５,６０)１．C;２．A;３．B;４．C;５．C;６．B;７．D;８．B;９．C;１０．A;１１．D;１２．B．第卷非选择题共分Ⅱ (,９０)二、填空题:每小题分共分(５,２０)＋１５１１３．; １４．２４０; １５．; １６．②③④．３２三、解答题:共分(７０)解:由．×＋．＋．＋．＋m×＝分１７．(Ⅰ)(０００４２００２２００３０００２８)１０１,ƺƺ２解得m＝．．分００１２ƺƺ４由题意知不低于分的队伍有×．＋．＝支分(Ⅱ)８０５０(０１２００４)８,ƺƺ５不低于分的队伍有×．＝支分９０５０００４２．ƺƺ６随机变量X的可能取值为．０,１,２３２１１２PX＝＝C６＝５PX＝＝C６C２＝１５PX＝＝C６C２＝３分∵(０)３,(１)３,(２)３,ƺƺ９C８１４C８２８C８２８X的分布列为∴X０１２P５１５３１４２８２８分ƺƺ１０EX＝×５＋×１５＋×３＝３．分()０１２ƺƺ１２１４２８２８４b解:＝C＋C１８．(Ⅰ)∵asincos,B由正弦定理知sin＝C＋C即B＝AC＋AC．分Asincos,sinsinsinsincosƺƺ１sin在ABC中由B＝－A＋C△,π(),B＝A＋C＝AC＋AC＝AC＋AC．分∴sinsin()sincoscossinsinsinsincosƺƺ３AC＝AC．CC．分∴cossinsinsin∵∈(０,π),∴sin≠０ƺƺ４A＝A．分∴sincosƺƺ５πAA＝．分∵∈(０,π),∴ƺƺ６４数学理科一诊参考答案第页共页()“” １(５)ac若选择条件由正弦定理＝得aC＝cA＝２c＝．(Ⅱ)①,AC,sinsin２sinsin２c＝．分∴２２ƺƺ９又B＝C即b＝c．２２sin３sin,２２３b＝．分∴３ƺƺ１１SABC＝１bcA＝１××π＝．分∴△sin３２２sin３ƺƺ１２２２４若选择条件由B＝C即b＝c．②,２２sin３sin,２２３设c＝mb＝mm．分２２,３(＞０)ƺƺ７则a２＝b２＋c２－bcA＝m２．a＝m．分２cos５∴５ƺƺ９由ac＝得m＝．２１０,１a＝b＝c＝．分∴５,３,２２ƺƺ１１SABC＝１bcA＝１××π＝．分∴△sin３２２sin３ƺƺ１２２２４解:DEABDE平面PABAB平面PAB１９．(Ⅰ)∵∥,⊄,⊂,DE平面PAB．分∴∥ƺƺ２DE平面PDE平面PDE平面PAB＝l∵⊂,∩,DEl．分∴∥ƺƺ３由图DEAC得DEDADEDP①⊥,⊥,⊥,lDAlDP．∴⊥,⊥DADP平面ADPDADP＝D∵,⊂,∩,l平面ADP．分∴⊥ƺƺ５由题意得DE＝DP＝DA＝．(Ⅱ),２,１AP＝＝DP２＋DA２DADP．分∵５,∴⊥ƺƺ６又DEDPDEDA以D为坐标原点DA→D→ED→P的⊥,⊥,,,,方向分别为x轴轴z轴正方向建立如图所示的空间直,y,,角坐标系Dxyz．则DEBP(０,０,０),(０,２,０),(１,３,０),(０,０,２),PD→＝－PE→＝－PB→＝－．分(０,０,２),(０,２,２),(１,３,２)ƺƺ８设平面PBE的一个法向量为nxz．＝(,y,)nPE→＝y－z＝由Ű０,得０,{nPB→＝{x＋y－z＝．Ű０３２０令z＝得n＝－．分１,(１,１,１)ƺƺ１０设PD与平面PEB所成角为θ．nPD→θ＝nPD→＝Ű＝２＝３．分∴sincos＜,＞|n||PD→|×ƺƺ１１２３３直线PD与平面PEB所成角的正弦值为３．分∴ƺƺ１２３数学理科一诊参考答案第页共页()“” ２(５)解:由DFF为等边三角形DF＝DF＝a得a＝cc为半焦距分２０．(Ⅰ)△１２,１２,２()．ƺƺ１AF＋AF＝aBF＋BF＝a∵１２２,１２２,FAB的周长为a＝得a＝．分∴△１４８,２ƺƺ２c＝b＝a２－c２＝．∴１,３x２y２椭圆E的方程为＋＝．分∴１ƺƺ４４３设x轴上存在定点Tt由知F．(Ⅱ)(,０),(Ⅰ)２(１,０)由题意知直线l斜率不为设直线lx＝my＋AxyBxy．０．:１,(１,１),(２,２)ìx＝my＋ï１,由íx２y２消去x得m２＋y２＋my－＝．ï＋＝,(３４)６９０î１４３显然Δ＝m２＋．分１４４(１)＞０ƺƺ５－m－y＋y＝６yy＝９．分∴１２m２＋,１２m２＋ƺƺ６３４３４TA→TB→＝x－tx－t＋yy＝my＋－tmy＋－t＋yy∵Ű(１)(２)１２(１１)(２１)１２＝m２＋yy＋－tmy＋y＋－t２分(１)１２(１)(１２)(１)ƺƺ７－－m＝m２＋９＋－tm６＋－t２(１)Űm２＋(１)Űm２＋(１)３４３４t－m２－＝(６１５)９＋－t２分m２＋(１),ƺƺ１０３４t－－故当６１５＝９即t＝１１时TA→TB→为定值－１３５,,Ű．３４８６４存在定点T１１使得TA→TB→为定值分∴(,０),Ű．ƺƺ１２８解:当a＝时fx＝x．２１．(Ⅰ)１,()ln由题意知曲线y＝fx在x＝处的切点为．()１(１,０)f′x＝１k＝f′＝．分∵()x,∴(１)１ƺƺ１曲线y＝fx在x＝处的切线方程为y＝x－．分∴()１１ƺƺ２记gx＝fx－kx－b＝x－x＋．()()ln１－xg′x＝１gx在上单调递增在＋上单调递减分∵()x,∴()(０,１),(１,∞)．ƺƺ４gxg＝．即xkx＋b成立分∴()≤(１)０ln≤．ƺƺ５记hx＝x－x－a－fx＝x－x－a－x－ax．(Ⅱ)()(１)e()(１)elnln,＞０则hx恒成立()≥０．h′x＝xx－a－１h′x在＋上单调递增∵()ex,()(０,∞),１－ah′１＝１２－h′a＋＝a＋－１∵()e２＜０,(１)(１)ea＋＞０,２２１数学理科一诊参考答案第页共页()“” ３(５)x－ax１a＋使得h′x＝即x０１．分∴∃０∈(,１),(０)０,０e＝x ƺ(∗)ƺƺ６２０当xxh′xhx单调递减当xx＋h′xhx单调∴∈(０,０),()＜０,();∈(０,∞),()＞０,()递增．x－ahx＝hx＝x－０－x－a．分∴()min(０)(０１)eln０ln ƺ(∗∗)ƺƺ７x－a由式可得０１a＝x＋x．(∗),ex２,０２ln０＝０x－代入式得hx＝０１－x－x＋x．分(∗∗),(０)x２ln０ln(０２ln０)ƺƺ８０x－当x＋时记tx＝１－x．０∈(１,∞),()x２ln－xx＋t′x＝(１)(２)tx在＋上单调递减∵()x３＜０,∴()(１,∞)．y＝－x＋x在＋上单调递减∵ln(２ln)[１,∞),hx在＋上单调递减∴(０)(１,∞)．当x＋时hxh＝不合题意分∴０∈(１,∞),(０)＜(１)０,;ƺƺ９当x１时由知xx－故－x－x０∈(,１],(Ⅰ)ln≤１,ln０≥１０,２－x＋x－x＋xln(０２ln０)≥１(０２ln０)x－x－hx＝０１－x－x＋x０１－x＋－x＋x∴(０)x２ln０ln(０２ln０)x２ln０１(０２ln０)０≥０x－x－＝０１－x－x＋０１－x－－x＋x２３ln００１x２３(０１)０１０≥０－xx－x＋＝(１０)(２０１)(２０１)．x２０由x１hx．故满足fxx－x－a．分０∈(,１],∴(０)≥０()≤(１)eƺƺ１１２又a＝x＋xy＝x＋x在１上单调递增a１且a０２ln０,２ln(,１],∈(－２ln２,１]＞０,２２实数a的取值范围是．分∴(０,１]ƺƺ１２解:由圆C的参数方程消去参数t得圆C的普通方程为２２．(Ⅰ)１,１x－２＋y２＝圆心A．分(２)１,(２,０)ƺƺ２ 把x＝ρθy＝ρθ代入x－２＋y２＝分cos,sin(２)１,ƺƺ３化简得圆C的极坐标方程为ρ２－ρθ＋＝．分１４cos３０ƺƺ５由题意在极坐标系中点A．(Ⅱ),,(２,０)点B在曲线C上设B－θθ．分∵２,(２２cos,)ƺƺ６在AOB中由余弦定理有AB２OA２＋OB２－OAOBAOB△,＝２ŰŰcos∠,即＝＋－θ２－×－θθ．３４(２２cos)２２(２２cos)cos化简得２θ－θ＋＝．分１２cos１６cos５０ƺƺ８解得θ＝１或θ＝５．coscos２６数学理科一诊参考答案第页共页()“” ４(５)故ρ＝－θ＝或ρ＝－θ＝１．２２cos１２２cos３点B的极径为或１．分∴１ƺƺ１０３解:当a＝b＝１时f(x)x－＋x＋．分２３．(Ⅰ)１,,＝３２ƺƺ１２当x－时fx＝－x解得x－分≤２,()１２≥７,≤３;ƺƺ３当－x时fx＝此时无解分２＜＜３,()５≥７,;ƺƺ４当x时fx＝x－解得x．分≥３,()２１≥７,≥４ƺƺ２综上不等式fx的解集为－－＋．分,()≥７(∞,３]∪[４,∞)ƺƺ５由f(x)＝x－a＋x＋bx＋b－x－a＝a＋b(Ⅱ)３４≥４(３)３４,当且仅当－bxa时等号成立４≤≤３,．ab．∵≥０,≥０fx＝a＋b＝a＋b＝．分∴()min３４３４６ƺƺ７由柯西不等式得a＋ba１b２１２a＋b３０．,３＝１Ű３＋Ű４≤１＋()Ű３４＝２２２分ƺƺ９a当且仅当＝３时即a＝８b＝３等号成立２b,,．４５１０综上a＋b的最大值为３０．分,３ƺƺ１０２数学理科一诊参考答案第页共页()“” ５(５)