四川省绵阳市高中2021级第三次诊断性考试理数试卷含答案.pdf

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1、绵阳市高中 2021 级第三次诊断性考试理科数学参考答案及评分意见一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分CBACBDDCBCDA二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分131014621545162三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分17解：（1）由列联表可计算2210024 1248 164.7623.84140607228K，4 分有 95%的把握认为参数调试能够改变产品合格率 5 分（2）根据题意，设备更新后的合格概率为 0.8，淘汰品概率为 0.26 分可以认为从生产线中抽出的 6 件产品是否合格是相互独立的，8 分设 X 表示这 6

2、 件产品中淘汰品的件数，则(6 0.2)XB，9 分可得：60166015(1)C0.80.2C0.80.2pP X10 分50.8(0.8 1.2)0.6553612 分18解：（1）设na的公差为 d，则 1，1+d，2+2d 成等比数列，1 分2(1)1(22)dd，解得：d=1 或 d=1，3 分而 d=1，不满足1a，2a，31a 成等比数列，d=1，4 分数列na的通项公式nan5 分（2）令12111231nnnnnna ba baba bD，6分111211213131nnnnnnna ba ba ba baDb，7分两式相减有：11111(2)3nnnnnna bbbbDD，

3、8分数列 nb的前n+1项和为2 3n，即12 3nnT，9分又11 12Da b，所以12b，10分11212 3nnnbbbb，11分12 3nnT12分19解：（1）过 C 作 CH1BB交1BB于 H，1 分C在平面11ABB A内的射影落在棱1BB上，CH 平面11ABB A，又AB 平面11ABB A，2 分CHAB，3 分又1ABBC，且1BCCHC，4 分AB 平面11BCC B；5 分（2）1 1 11 112ABCA B CABB AVSCH，则32213CH，6 分过 C 作1CQAA交1AA于Q，连结HQ，AA1与 CC1的距离为2则2CQ，又CH 平面11ABB A，

4、则CHHQ，7 分在 RtCHQ 中：22221 1HQCQCH，则1HQ，又1AACH且1AACQ，1AA 平面CHQ1AAHQ又由（1）知：AB 平面11BCC B，AB 1BB，1ABAA，则四边形 ABHQ 为矩形，1ABHQ，又四边形 ABB1A1的面积为 3，则 BB1=3，8 分分别以HBHQHC，为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，设(0)BHx x，(0 0)，B x，(1 0)A x，1(30 1)C ，13 3AC 22221(3)1127ACx，解得2x，9 分B(2，0，0)，1(1 10)A ，(00 1)C，1(31 0)AB，(201)BC ，设平面1

5、ABC的法向量为 n1()x y z，1113020AB nxyBC nxz ，令1x，则 n1(1 3 2)，易知平面11ABB A的法向量 n2(00 1)，11 分12214cos714 1nn，平面1ABC与平面11ABB A所成锐二面角的余弦值为14712 分20解：（1）离心率223e12ba，则12ba，1 分当 x=1，221ayba，则221|=2=3aABba，3 分联立得:21，ab，4 分故椭圆 C 方程为：2214xy；5 分（2）设过 F，A，B 三点的圆的圆心为 Q(0，n)，1122()()A xyB xy，又(3 0)F，则22|=|QAQF，即222211(

6、0)()(03)(0)xynn，6 分又11(,)A x y在椭圆2214xy上，故221114xy，带入上式化简得到：2113210yny，7 分同理，根据22=QBQF可以得到：2223210yny，8 分由可得：12,y y是方程23210yny 的两个根，则1213y y ，9 分设直线 AB：1xty，联立方程：22141xyxty，整理得：22(4)230tyty，10 分故1223143y yt，解得：25t，5t ，11 分直线 AB 的方程为：510 xy 12 分21解：（1）当1a时，xxxxxxf2241ln)21()(，xxxfln)1()(，则切线斜率1ek，2 分

7、曲线)(xf在(e，(e)f)处的切线方程：)e)(1e(e412xy，4 分即：0ee43)1e(2yx，5 分（2）证明方法一：因为)ln)(ln()(axaxxf，6 分由()0fx得到ax；由()0fx得到ax 0()f x在)0(a，单调递减，在)(，a单调递增2min45)()(aafxf，7 分要证105()(2ln)e8af xa，即证：2155(2ln)e48aaa，只需证：212ln20eaaa(12)a（*）8 分设)21(2lne2)(12xxxxgx，则22311142142e()eexxxxxxxg xxx，9 分设23142()1(12)exxxh xx，则321

8、121082(1)(4)()eexxxxxx xxh x，易知：()h x在(1，2)上单调递减，而(1)10h，(2)10h ，故必存在唯一)21(0，x，使得0()0h x，10 分当)1(0 xx，时，()0h x，即()0g x；当)2(0，xx时，()0h x，即()0g x，()g x在0(1)x，上单调递增，在)2(0，x上单调递减11 分而0)1(g，022lne8)2(g，()0g x 在(1，2)上恒成立，即（*）式成立，原命题得证12 分方法二：因为)ln)(ln()(axaxxf，6 分由()0fx得到ax；由()0fx得到ax 0()f x在)0(a，单调递减，在)(

9、，a单调递增2min45)()(aafxf，7 分要证105()(2ln)e8af xa，即证：2155(2ln)e48aaa，只需证：122ln0(12)eaaaaa，8 分设122ln()(12)exxxg xxx，即证()0g x 在x(1，2)恒成立.则12221ln()(12)exxxg xxx，令()()h xg x，则132(2)12ln()(12)exxxh xxx，9 分又12x，132(2)12ln00exxxx，132(2)12ln()0exxxh xx在(1，2)上恒成立.10 分()g x在(1，2)单调递减，又8e(1+ln2)(1)10(2)04egg ，存在0(

10、1 2)x ，使得()g x在0(1)x，单调递增，在0(2)x，单调递减.又8e(2ln2)(1)0(2)02egg，11 分()0g x 在x(1，2)恒成立，得证 12 分方法三：因为)ln)(ln()(axaxxf，6 分由()0fx得到ax；由()0fx得到ax 0()f x在)0(a，单调递减，在)(，a单调递增2min45)()(aafxf，7 分要证105()(2ln)e8af xa，即证：2155(2ln)e48aaa，只需证：12(2ln)e1(12)2aaaa，8 分令12(2ln)()e(12)2aag aaa，则13(2ln)32ln()e(12)2aaaag aaa

11、，设()(2ln)32ln(12)h aaaaa，9 分2()3ln(12)h aaaa，易知()h a在(1，2)单调递增()(1)10h ah，10 分()h a在(1，2)单调递增，又(1)10(2)10hh ，存在唯一0(1 2)a ，使得当0(1)()0aah a，()0()g ag a，单调递减，当0(2)()0aah a，()0()g ag a，单调递增，11 分又(22ln2)e(1)1(2)18gg，()1g a 在(1 2)a，恒成立，原不等式得证12 分22（1）方法一：令0 x，即0sin3cos，解得33tan，1 分k265或Zkk，2611，2 分当k265时，4

12、)23(3212y；3 分当k2611时，0233212y，4 分曲线 C1与 y 轴的交点坐标为（0，4），（0，0）5 分方法二：消参：由 C1的参数方程得：431)cos3(sin)sin3(cos)2(2222yx，1 分即曲线 C1的普通方程为：4)2(22 yx，2 分令0 x，得0y或 4，4 分曲线 C1与 y 轴的交点坐标为（0，4），（0，0）5 分（2）方法一：将曲线 C1：4)2(22 yx化为极坐标方程，得：sin4，6 分联立 C1，C2的极坐标方程sin42)3sin(，得sin42)3sin(，从而12sin2322cos11)cos3(sinsin，7 分整理

13、得：21)62sin(，所以65662或，8 分即26或，9 分AOB362 10 分方法二：将 C2的极坐标方程2)3sin(，化为直角坐标方程：043 yx，6 分C2是过点（0,4）且倾斜角为32的直线，7 分不妨设 B（0,4），则OBA6，因为 BO 为直径，所以BAO2，9 分AOB36210 分23.（1）由baba33得3)(3ababbaba，1 分又由2)()(abbxaxbxaxxf（，3 分且0 ba，所以2ba，4 分由得：1,3ba；5 分（2）ttttbtat13333，6 分令20sin，t，则cos1t，7 分)3sin(2sincos313tt，9 分当6时，即41t时，btat 3的最大值为 210 分