2020级一诊数学（文科）参考答案

成都市级高中毕业班第一次诊断性检测２０２０数学(文科)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．D;７．B;８．D;９．B;１０．C;１１．A;１２．D．第卷非选择题共分Ⅱ (,９０)二、填空题:每小题分共分(５,２０)１２３１３．; １４．２; １５．; １６．②③④．３３三、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×．＝支故评分在的队伍有支(Ⅱ)９０５０００４２,[８５,９０)２．分ƺƺ５评分在分的队伍有×．＝支分[８０,９０)５００１２６．ƺƺ６记评分落在的支队伍为AAAA评分落在的支队伍为B[８０,８５)４１,２,３,４;[８５,９０)２１,B．２则从评分在的队伍中任选两支队伍的基本事件有AAAAAA[８０,９０):(１,２),(１,３),(１,４),ABABAAAAABABAAABA(１,１),(１,２),(２,３),(２,４),(２,１),(２,２),(３,４),(３,１),(３,BABABBB共个分２),(４,１),(４,２),(１,２),１５．ƺƺ９其中两支队伍至少有一支队伍评分不低于分的基本事件有ABABA８５:(１,１),(１,２),(２,BABABABABABBB共个分１),(２,２),(３,１),(３,２),(４,１),(４,２),(１,２),９．ƺƺ１１故所求概率为P＝９＝３分．ƺƺ１２１５５b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数学文科一诊参考答案第页共页()“” １(４)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:由题意得DEACDEDP．分１９．(Ⅰ)⊥,⊥ƺƺ１平面PDE平面ABEDPD平面PDE∵⊥,⊂,平面PDE平面ABED＝DEPDDE∩,⊥,PD平面ABED．分∴⊥ƺƺ３D为AC的中点∵,DA＝DE＝DP＝．分∴１ƺƺ４VP－ABED＝１SABEDDP＝１×３×＝１．∴Ű１３３２２四棱锥P－ABED的体积为１．分∴ƺƺ６２DEABDE平面PABAB平面PAB(Ⅱ)∵∥,⊄,⊂,DE平面PAB．分∴∥ƺƺ８DE平面PDE平面PDE平面PAB＝l∵⊂,∩,DEl．分∴∥ƺƺ９由图DEAC得DEDADEDP①⊥,⊥,⊥,lDAlDP．分∴⊥,⊥ƺƺ１０DADP平面ADPDADP＝D∵,⊂,∩,l平面ADP．分∴⊥ƺƺ１２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数学文科一诊参考答案第页共页()“” ２(４)由知F且直线l斜率不为(Ⅱ)(Ⅰ)２(１,０),０．设直线lx＝my＋AxyBxy．: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＋ƺƺ６３４３４由FAB面积S＝１FFy－y＝y－y．△１Ű１２Ű１２１２２－m２－m２＋而y－y＝y＋y２－yy＝６－９＝１２１．１２(１２)４１２(m２＋)４Űm２＋m２＋３４３４３４分ƺƺ９t设t＝m２＋则y－y＝１２＝１２．１≥１,１２t２＋３１t＋１３ty＝t＋１在＋上单调递增当t＝时t＋１＝．分∵３t[１,∞),∴１,(３t)min４ƺƺ１１即当m＝时S＝y－y取得最大值此时直线l的方程为x＝．分０,１２３,１ƺƺ１２解:记gx＝fx－x＝x－x＋a－．２１．(Ⅰ)()()ln１则gx恒成立即gx．分()≤０,()max≤０ƺƺ１－xg′x＝１gx在上单调递增在＋上单调递减分∵()x,∴()(０,１),(１,∞)．ƺƺ３gx＝g．解得a．∴()max(１)≤０≤２实数a的取值范围是－．分∴(∞,２]ƺƺ５x－xx－x记hx＝(１)e－fx＝(１)e－x＋－ax．(Ⅱ)()a()aln１(＞０)eeh′x＝xx－a－１h′x在＋上单调递增分∵()ex,()(０,∞)．ƺƺ６１－a－a由a知h′１＝１２－h′＝１－．∈(０,１],()e２＜０,(１)e１≥０２２x－ax１h′x＝．即x０１．分∴∃０∈(,１],(０)００e＝x ƺ(∗)ƺƺ７２０当xxh′xhx单调递减当xx＋h′xhx单调递增∴∈(０,０),()＜０,();∈(０,∞),()＞０,()．x－ahx＝hx＝x－０－x＋－a．分∴()min(０)(０１)eln０１ ƺ(∗∗)ƺƺ８x－a由式可得０１x－a＝－x．(∗),ex２,０２ln０＝０x－代入式得hx＝０１－x－x＋．分(∗∗),(０)x２３ln００１ƺƺ９０由知当a＝时有xx－故－x－x(Ⅰ),２ln≤１,ln０≥１０．数学文科一诊参考答案第页共页()“” ３(４)x－－xx－x＋hx０１－x－－x＋＝(１０)(２０１)(２０１)．分∴(０)x２３(０１)０１x２ƺƺ１１≥００由x１hx．０∈(,１],∴(０)≥０２x－x故hx即fx(１)e原不等式得证分()≥０,()≤a,．ƺƺ１２e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数学文科一诊参考答案第页共页()“” ４(４)