【文档说明】2023年成都一诊文数试卷及答案.pdf，共(8)页，11.689 MB，由小喜鸽上传

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数学(文科)“一诊”参考答案第１页(共４页)成都市２０２０级高中毕业班第一次诊断性检测数学(文科)参考答案及评分意见第Ⅰ卷(选择题,共６０分)一、选择题:(每小题５分,共６０分)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Ⅱ卷(非选择题,

共９０分)二、填空题:(每小题５分,共２０分)１３．１３;１４．２;１５．２３３;１６．②③④．三、解答题:(共７０分)１７．解:(Ⅰ)由(０．００４×２＋０．０２２＋０．０３０＋０．０２８＋m)×１０＝１,􀆺

􀆺２分解得m＝０．０１２．􀆺􀆺４分(Ⅱ)由题意知不低于９０分的队伍有５０×０．０４＝２支,故评分在[８５,９０)的队伍有２支．􀆺􀆺５分评分在[８０,９０)分的队伍有５０×０．１２＝６支．􀆺􀆺６分记

评分落在[８０,８５)的４支队伍为A１,A２,A３,A４;评分落在[８５,９０)的２支队伍为B１,B２．则从评分在[８０,９０)的队伍中任选两支队伍的基本事件有:(A１,A２),(A１,A３),(A１,A４),(A１,B１),(A１,B２),(A２,A３),(A２,A４),

(A２,B１),(A２,B２),(A３,A４),(A３,B１),(A３,B２),(A４,B１),(A４,B２),(B１,B２),共１５个．􀆺􀆺９分其中两支队伍至少有一支队伍评分不低于８５分的基本事件有:(A１,B１),(A１,B２),(A２,B１),(

A２,B２),(A３,B１),(A３,B２),(A４,B１),(A４,B２),(B１,B２),共９个．􀆺􀆺１１分故所求概率为P＝９１５＝３５．􀆺􀆺１２分１８．解:(Ⅰ)∵ba＝sinC＋cosC,由正弦定理知sinBsinA＝sinC＋cosC,即sinB＝sinAsinC＋sinAco

sC．􀆺􀆺１分在△ABC中,由B＝π－(A＋C),∴sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝sinAsinC＋sinAcosC．􀆺􀆺３分∴cosAsinC＝sinAsinC．∵C∈(０,π),∴sinC≠０．􀆺􀆺４分∴si

nA＝cosA．􀆺􀆺５分∵A∈(０,π),∴A＝π４．􀆺􀆺６分数学(文科)“一诊”参考答案第２页(共４页)(Ⅱ)若选择条件①,由正弦定理asinA＝csinC,得asinC＝csinA＝２２c＝２．∴c＝２２．􀆺􀆺９分又２２sinB＝３si

nC,即２２b＝３c．∴b＝３．􀆺􀆺１１分∴S△ABC＝１２bcsinA＝１２×３×２２sinπ４＝３．􀆺􀆺１２分若选择条件②,由２２sinB＝３sinC,即２２b＝３c．设c＝２２m,b＝３m(m＞０)．􀆺􀆺７分则a２＝b２＋c２－２bccosA＝５m２．∴a＝５m．􀆺􀆺

９分由ac＝２１０,得m＝１．∴a＝５,b＝３,c＝２２．􀆺􀆺１１分∴S△ABC＝１２bcsinA＝１２×３×２２sinπ４＝３．􀆺􀆺１２分１９．解:(Ⅰ)由题意得DE⊥AC,DE⊥DP．􀆺􀆺１分∵平面PDE⊥平面ABED,PD⊂平面PDE,平面

PDE∩平面ABED＝DE,PD⊥DE,∴PD⊥平面ABED．􀆺􀆺３分∵D为AC的中点,∴DA＝DE＝DP＝１．􀆺􀆺４分∴VP－ABED＝１３SABED􀅰DP＝１３×３２×１＝１２．∴四棱锥P－ABED的体积为１２．􀆺􀆺６分(Ⅱ)∵DE∥AB,DE⊄平面PAB,A

B⊂平面PAB,∴DE∥平面PAB．􀆺􀆺８分∵DE⊂平面PDE,平面PDE∩平面PAB＝l,∴DE∥l．􀆺􀆺９分由图①DE⊥AC,得DE⊥DA,DE⊥DP,∴l⊥DA,l⊥DP．􀆺􀆺１０分∵DA,DP⊂平面ADP,DA∩DP＝D,∴l⊥平面ADP．

􀆺􀆺１２分２０．解:(Ⅰ)由△DF１F２为等边三角形,DF１＝DF２＝a,得a＝２c(c为半焦距)．􀆺􀆺１分∵AF１＋AF２＝２a,BF１＋BF２＝２a,∴△F１AB的周长为４a＝８,得a＝２．􀆺􀆺２分∴c＝１,b＝a２－c２＝３．∴椭圆E的方程为x２４＋y２３＝１．􀆺􀆺４

分数学(文科)“一诊”参考答案第３页(共４页)(Ⅱ)由(Ⅰ)知F２(１,０),且直线l斜率不为０．设直线l:x＝my＋１,A(x１,y１),B(x２,y２)．由x＝my＋１,x２４＋y２３＝１ìîíïïïï消去x,得(３m２＋４)y２＋６my－９＝０．显

然Δ＝１４４(m２＋１)＞０．􀆺􀆺５分∴y１＋y２＝－６m３m２＋４,y１y２＝－９３m２＋４．􀆺􀆺６分由△F１AB面积S＝１２􀅰F１F２􀅰y１－y２＝y１－y２．而y１－y２＝(y１＋y２)２－４y１y２＝(－６m３m２＋４)２－４􀅰－９３m

２＋４＝１２m２＋１３m２＋４．􀆺􀆺９分设t＝m２＋１≥１,则y１－y２＝１２t３t２＋１＝１２３t＋１t．∵y＝３t＋１t在[１,＋∞)上单调递增,∴当t＝１时,(３t＋１t)min＝４．􀆺􀆺１１分即当m＝０时,S＝y１－y２取得最大值３,此时直线l的方程

为x＝１．􀆺􀆺１２分２１．解:(Ⅰ)记g(x)＝f(x)－x＝lnx－x＋a－１．则g(x)≤０恒成立,即g(x)max≤０．􀆺􀆺１分∵g′(x)＝１－xx,∴g(x)在(０,１)上单调递增,在(１,＋∞)上单调递减．􀆺􀆺３分

∴g(x)max＝g(１)≤０．解得a≤２．∴实数a的取值范围是(－∞,２]．􀆺􀆺５分(Ⅱ)记h(x)＝(x－１)exea－f(x)＝(x－１)exea－lnx＋１－a(x＞０)．∵h′(x)＝xex－a－１x

,h′(x)在(０,＋∞)上单调递增．􀆺􀆺６分由a∈(０,１],知h′(１２)＝１２e１２－a－２＜０,h′(１)＝e１－a－１≥０．∴∃x０∈(１２,１],h′(x０)＝０．即x０ex０－a＝１x０．􀆺(∗)􀆺􀆺７分∴当x∈(０,x０),h′(x)＜

０,h(x)单调递减;当x∈(x０,＋∞),h′(x)＞０,h(x)单调递增．∴h(x)min＝h(x０)＝(x０－１)ex０－a－lnx０＋１－a．􀆺(∗∗)􀆺􀆺８分由(∗)式,可得ex０－a＝１x２０,x０－a＝－２lnx０．代入(∗∗)式,得h(x

０)＝x０－１x２０－３lnx０－x０＋１．􀆺􀆺９分由(Ⅰ)知,当a＝２时有lnx≤x－１,故－lnx０≥１－x０．数学(文科)“一诊”参考答案第４页(共４页)∴h(x０)≥x０－１x２０－３(x０－１)－x０＋１＝(１－x０)(２x０－１)(２x０＋１)x２０．􀆺􀆺１１

分由x０∈(１２,１],∴h(x０)≥０．故h(x)≥０,即f(x)≤(x－１)exea,原不等式得证．􀆺􀆺１２分２２．解:(Ⅰ)由圆C１的参数方程消去参数t,得圆C１的普通方程为(x－２)２＋y２＝１,圆心A(２,０)．􀆺􀆺２分把x＝ρcosθ,

y＝ρsinθ代入(x－２)２＋y２＝１,􀆺􀆺３分化简得圆C１的极坐标方程为ρ２－４ρcosθ＋３＝０．􀆺􀆺５分(Ⅱ)由题意,在极坐标系中,点A(２,０)．∵点B在曲线C２上,设B(２－２cosθ,θ)．􀆺􀆺６分在△AOB中,由余弦定理有AB２＝OA２＋OB２－２

OA􀅰OB􀅰cos∠AOB,即３＝４＋(２－２cosθ)２－２×２(２－２cosθ)cosθ．化简得１２cos２θ－１６cosθ＋５＝０．􀆺􀆺８分解得cosθ＝１２或cosθ＝５６．故ρ＝２－２cosθ＝１或ρ＝２－２cosθ＝１３．∴点B的极径为１或１３．􀆺􀆺１０分２３．解:(Ⅰ)当

a＝１,b＝１２时,fx()＝x－３＋x＋２．􀆺􀆺１分当x≤－２时,f(x)＝１－２x≥７,解得x≤－３;􀆺􀆺３分当－２＜x＜３时,f(x)＝５≥７,此时无解;􀆺􀆺４分当x≥３时,f(x)＝２x－１≥７,解得x≥４．􀆺􀆺２分综上,不等式f(x)≥７的解集为(－∞,－３]∪

[４,＋∞)．􀆺􀆺５分(Ⅱ)由fx()＝x－３a＋x＋４b≥x＋４b－(x－３a)＝３a＋４b,当且仅当－４b≤x≤３a时,等号成立．∵a≥０,b≥０．∴f(x)min＝３a＋４b＝３a＋４b＝６．􀆺􀆺７分由柯西不等式,得３a＋b＝１􀅰３a＋１２􀅰４b≤１２

＋(１２)２􀅰３a＋４b＝３０２．􀆺􀆺９分当且仅当２＝３a４b时,即a＝８５,b＝３１０等号成立．综上,３a＋b的最大值为３０２．􀆺􀆺１０分