三数学第二次诊断考试试题理试题.pdf

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1、创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日20212021 届高三数学第二次诊断考试试题届高三数学第二次诊断考试试题 理扫描版理扫描版创创 作人：作人：埃半来埃半来日日 期：期：二二 OO 二二二二 年年 1 1 月月 1111 日日创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日高

2、高 20212021 级第二次诊断性考试级第二次诊断性考试数学数学(理工类)参考解答及评分参考解答及评分 HYHY一、选择题：本大题一一共12 小题，每一小题 5 分，一共 60 分DBBCA CDDCA BD创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日二、填空题：本大题一一共4 小题，每一小题 5 分，一共 20 分1393 14-5 15116 题提示：设|BM|=|BO|=m，|CN|=|CO|=n，由得|PM|=|PN|=9由题知圆E与x轴相切，于是圆E：x+(y-2)=4 是PBC的内切圆，根据公式SPBC=22

3、1611a，b，c为PBC的边长)得：|BC|r(a b c)(其中r为内切圆半径，22y0=361122(|PM|+|BO|+|CO|),即(m+n)9=2(9+m+n)，解得m n，故S5221361629 255PBC同可得4y01(m+n)y0=2(y0+m+n)，解得m n，y0 422114y016 2(y0 4)832故SPBC(m n)y022y0 4(y0 4)三、解答题：本大题一一共6 小题，一共 70 分17解：tan A 11tan B tanC，23 tanB=2tanA，tanC=3tanA，在ABC中，tanA=-tan(B+C)=2tanB tanC2tan A

4、3tan A，3 分 1 tanBtanC16tan2A解得 tanA=1，即 tanA=-1，或者 tanA=14 分假设 tanA=-1，可得 tanB=-2，那么A，B均为钝角，不合题意 5 分故 tanA=1，得A=6 分4由 tanA=1，得 tanB=2，tanC=3，可得 sinB=2cosB，sinC=3cosC，7 分结合 sinB+cosB=1，sinC+cosC=1，2222创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日创 作人：埃半来日 期：25310二 O 二二 年 1 月 11 日可得 sinB=，sinC=，(负值已舍)9 分2在ABC中，由sin B

5、ab，得b=a sin Asin Asin B2 105a a，11 分522于是SABC=12 10331aa2，absinC=a2521053a2=15，解得a=512 分518解：根据题意得：a=40，b=15，c=20，d=25，100(40251520)2K 8.249 7.879，4 分604055452 05 的前提下可以认为网购与年龄有关5 分根据题意，抽取的9 人中，年轻人有于是X=0，1，2，3，21C6C34520P(X 0)3，P(X 1)，38484C9C93C640209 6，中老年人9 3 人6060P(X 2)12C6C33C93C3181，P(X 3)3，84

6、C984X的分布列为：XP012320844584188418410 分X的数学期望E(X)020451811 23112 分8484848419解：bn+1 log4(an11)log44(an1)1 log4(an1)=1+bn，创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日bn+1-bn=1(常数)，3 分 数列bn是以b1=log44=1 为首项，1 为公差的等差数列，bn=1+(n-1)1=n 5 分由知bn=n，于是Snnnn(n 1)，6 分22于是(-1)kbn2Sn+n+4 等价于(-1)knn+2n+4，

7、4 27 分n4当n为偶数时，原式变为k n 2，n即等价于(-1)k n nn44422 n 2=6当且仅当n=，即n=2 时“=成立nnnn=2 时，n42取最小值 6，n故k0，那么f(x)，xx2x2当x(0，2)时，f(x)0，当x(2，+)时，f(x)0，即f(x)在(0，2)上单调递增，在(2，+)上单调递减，由f(1)=-719 11 分319，6)12 分3综上所述，k的取值范围为(20解：设M(x，y)，P(x0，y0)，那么D(x0，0)，DP(0，y0)，DM=(x-x0，y)，由DP 2DM，得 0=2(x-x0)，y0=2y，即x0 x，y02y，2 分创 作人：埃

8、半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日创 作人：埃半来日 期：又点P在圆x+y=8 上，代入得x+2y=8，2222二 O 二二 年 1 月 11 日x2y2 曲线C的方程为：14 分84当直线AB斜率不存在时，x轴平分AQB，x轴上所有点都满足条件5 分当直线AB斜率存在时，假设存在满足题意的点Q(xQ，0)可设方程为y=k(x-2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)y k(x 2)，2222联立方程组得：2整理得(2k+1)x-8k x+8k-8=0，2x 2y8 0，8k28k28x1+x2=2，x1x2=2，8 分2k 12k1 AQO=BQO，kQA+kQB=0，即y1y2

9、 0，10 分x1 xQx2 xQ将y1=k(x1-2)，y2=k(x2-2)代入整理得：2 x1x2-(xQ+2)(x1+x2)+xQ=0，16k2168k2即-(xQ+2)2+4xQ=0，22k 12k 1化简得xQ=4，故此时存在点Q(4，0)，使得AQO=BQO12 分21解：由可得f(x)exa当a0，f(x)在 R 上单调递增，且当x，f(x)，不合题意当a=0 时，f(x)ex1 1，而-10 时，由f(x)0解得x lna，由f(x)0解得x lna，f(x)在(，lna)上单调递减，在(lna，+)上单调递增，创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日创 作人

10、：埃半来日 期：f(x)min=f(lna)=aalna1二 O 二二 年 1 月 11 日要使f(x)12ln2恒成立，那么须使aalna112ln2恒成立，令g(a)a alna 1，那么g(a)lna，显然当 0a0，当a1 时，g(a)1，kN*)2存在x01，使得h(x0)0 成立，即h(x)min0，h(x)在(1，+)上单调递增，1而h(1)=e 50 不合题意2当k2 时，由h(x)0 解得x2k-1，由h(x)0 解得 1x2k-1，即h(x)在(2k-1，+)上单调递增，在(1，2k-1)上单调递减，h(x)min=h(2k-1)=12k1e 2k 310 分2令(k)12

11、k1e 2k 3，那么(k)e2k1 2 0，2(k)在2，)上单调递减，1(k)(2)e3 7 0，2 正整数k的最小值为 212 分创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日创 作人：埃半来日 期：22解：将直线l的参数方程消去参数得二 O 二二 年 1 月 11 日y 13，x即l的普通方程为3x y 1 0将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程为x+y-2x-2y+1=0 5 分221x t，222将代入C：x+y-2x-2y+1=0 中，y 13t，2整理得t2(2 3 1)t 4 0，由韦达定理：t1 t2 2 3 1，t1t2 4，8 分1PA故21PB22(t1t

12、2)22t1t24 3 511t12t2222216t1t2t1t2(t1t2)21PA21PB24 3 510分1623解：()m=1，f(x)2x1 x 2当x11时，f(x)=3-x，由f(x)-3，综合得-3时，f(x)=3x+1，由f(x)6 解得x，综合得x，22335所以f(x)时，f(x)=(2+m)x+12当xm 2 0，1时，f(x)=(m-2)x+3，要使得f(x)有最小值，那么m 2 0，211解得-2m2，且由图像可得，f(x)在x=时获得最小值m+22215y=-x2+x+1 在x=时获得最大值，方程f(x)=-x2+x+1 有两个不等实根，24153那么m+2，解得m-242创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日创 作人：埃半来日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日综上所述，m的取值范围为-2m-10 分3创 作人：埃半来2日 期：二 O 二二 年 1 月 11 日