四川省自贡市普高2015年高三第一次诊断性考试数学（理）试题（pdf版）.rar

第 1 页 （共 6 页）自贡市普高 2015届第一次诊断性考试数学参考答案及评分标准一、选择题（50 分）理科 DBACC CADAB 文科 BCACD CBDAB二、填空题（25 分）11. -1 12. 11 13. 1200(或写成 1100 对) 14. 1 15. ①②④三、解答题（75 分）16.理科（Ⅰ）解 由已知1()32nnas得． 1na1=)33nnsa（…………2 分即 1na4(2)3n…………3 分∴数列{a n}是以 a2 为首项，以 43为公比的等比数列．又 123sa，…………5 分∴ 214()3nna (n≥2) ．∴ 21)4(3nna（…………7 分（Ⅱ）解：b n＝ 43log( 1n )＝ 143log()n …………9 分.∴ ＝ ＝ － .…………10 分1bnbn＋ 1 1n1＋ n 1n 11＋ n∴T n＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝ ＋ ＋ ＋…＋…………111b1b2 1b2b3 1b3b4 1bnbn＋ 1 (11－ 12) (12－ 13) (13－ 14) (1n－ 11＋ n)分＝1－ ＝ .…………12 分11＋ n n1＋ n文科（Ⅰ）解 由已知1(1)32nnas得． 1na1=)33nnsa（…………3分第 2 页 （共 6 页）即 1na4(2)3n又 112433sa1n…………5 分∴数列{a n}是 1以为首项，以 4为公比的等比数列．…………6 分∴ 14=()3n…………7 分（Ⅱ）解：b n＝ 43log1na ＝ 43l()n …………9 分.∴ ＝ ＝ － .…………10 分1bnbn＋ 1 1n1＋ n 1n 11＋ n∴T n＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝ ＋ ＋ ＋…＋…………111b1b2 1b2b3 1b3b4 1bnbn＋ 1 (11－ 12) (12－ 13) (13－ 14) (1n－ 11＋ n)分＝1－ ＝ .…………12 分11＋ n n1＋ n17.理科（Ⅰ）设“甲、乙两人最后积分之和为 20 分”为事件 ,A“甲得 0 分、乙得 20 分”为事件 B， “甲得 10 分、乙得 10 分”为事件 C， “甲得 20 分、乙得 0 分”为事件 D…….1分又 2139())()418P，………….2 分364C，………….3 分………….4 分2()()2D()PAB()CPD；………….5 分91986438（Ⅱ） 的取值可为： 0,123,,………….6 分1(0)2P1()()4P21(0)()=8P,3=6（ ）, 4（ ）所以 的分布列可为第 3 页 （共 6 页）yABCEDxzF0 10 20 30 40P1241861………….11 分数学期望 75010304816E（12 分）文科解：（Ⅰ）由题意可得： 25xy，所以 31,xy………………4 分（Ⅱ）记从高一年级抽取的 3 名同学为 123,a， 从高二年级抽取的 2 名同学为 12,b，则从高一、高二抽取的 5 名同学中选 2 名同学作问卷调查的基本事件有：121313123121(,),(,),(,),(,),(,),aabbab共有 10 种，………………………………………………………………………………7 分设选中的这 2 人都来自高一年级的事件为 X，则 X包含的基本事件有 1213123(,),(,),(,)aaba共 3 种，……10 分因此， 30P………………………………………12 分18.理科（I）解法一：根据题设条件建立如图所示的以 A 为原点的空间坐标系，有),(),2(),1(CDB…………2 分设平面 BCD 的法向量 zyxn，则 030n可得)2,36(………….4 分7|nABd………….6 分解法二：等积法 ABDCBAVCSdADCD31计算得： ,27,BS6方法三：直接法 , 平 面 B所以 ACFBD平 面 CAF平 面平 面 作 FAH于 ，则有H平 面计算得: 7CHCDBFAEzxy第 4 页 （共 6 页）（II）方法一：由(1)建立的空间直角坐标系，设平面 BDE 的法向量为 ),(zyxm,则有 020DEmB可得 )2,1(………….8 分又平面 BCD 的法向量为 ),36(n219||,cosnm………….10 分所以，所求二面角的平面角的余弦值为 219.………….12 分方法二： 连结 EF， ACFBD平 面CFBD，E是 所 求 二 面 角 的 平 面 角C计算得: 57532192cosCFEF所以，所求二面角的平面角的余弦值为 219.文科解: （Ⅰ） MNBD平 面/且 N1平 面平 面M/又 /四边形 是矩形………….2 分又 CECNEMC平 面 与 正 方 体 的 侧 面 相 交 于 、 、 、由正方体的性质得 //N、四边形 平行四边形………….4 分连接 MN 和 EC 交于 P, 连接 AC 和 BD 交于 O,连结 PO，则 B又 PO为 ACE的中位线所以 21BM………….6 分（Ⅱ）根据正方体性质有： ACD平 面1 DA1在底面正方形中， BA 所以 平 面 ………….9 分又 BDN/ 1平 面 MEN平 面所以 CME平 面平 面 ………….12 分19. 解：（Ⅰ） 2()2sinco3(cs1)fxxx 第 5 页 （共 6 页）sin23cos2in()3xx………………………………………………………2 分()yf的最小正周期为 T ………………………………………3 分由 得：kk， 7,1212xZ()yf的单调递减区间是 ………6 分7,12kkZ（Ⅱ）∵ ()326Af，∴ 2sin()3A，∴ 3sin2A ………………7 分（文科）∵ 0，∴ ．由正弦定理得： isinbcBCa，即 133472bc，∴ 13bc ……………………………………………………9 分由余弦定理 osaA得： 22()cosabcbA，即 9163c，∴ 40 ………………………………………………………11 分∴ 13sin122ABCSb…………………………………………12 分（理科）∵ 0，∴ A或 ．由正弦定理得： sinsinbcBCAa，即 133472bc，∴ 13bc ……………………………………………………9 分由余弦定理 osaA得： 22()cosabcbA，即 916c，∴ 40c 或 0………………………10 分当 20bc时 由 13b此三角形无解。 ……………11 分∴ sin32ABCS…………………………………………12 分20. 解：（Ⅰ）设点 C 的坐标为（ x0, y）,∵= D+ =(9,5), …………2 分第 6 页 （共 6 页）即（ x0-1， y0-1）=（9,5）………….4 分∴ =10， =6，即点 C（10,6）………….6 分（Ⅱ）由 P（x,y）,则：B= AP- =(x-7,y-1)∵M 为 AB 的中点，∴M（4,1）……….7分如图由题知 1/2MD3PC∴ C=3 P…………8 分∴A= + = 2 1AB+3= 2 1 (6，0) +3(x-4,y-1)=(3x-9,3y-3) ………….9 分又| B|=| D| ∴平行四边形 ABCD 为菱形∴ BD⊥ AC∴P⊥ ………….10 分即：（x-7）(3x-9）+(y-1)(3y-3)=0 ∴ 2x+ y-10x-2y+22=0 ………….11 分因为点 P 不能在直线 AB 上，所以 y≠1………….12 分∴点 P 满足的方程为： 2x+ y-10x-2y+22=0 （y≠1）………….13 分21. （Ⅰ）当 a时， 2()lnfx， 2()fx，切点坐标为 (1)， ，切线的斜率 1)2kf，则切线方程为 1y，即 yx. ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2 分（Ⅱ） ()lngxxm，则 ()1()gxx，∵ [e]， ，故 ()0时， .当 e时， 0g；当 e时， ()0gx.故 ()x在 1处取得极大值 (1).∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙4 分又 2eeg， 2g， 211()4e，则 1()e，∴ ()x在 []， 上的最小值是 (e).∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6 分g在 1e， 上有两个零点的条件是 20,1()egm解得 21em，∴实数 m的取值范围是 2(1]e， .∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8 分（Ⅲ）∵ ()fx的图象与 x轴交于两个不同的点 12(0)()AxB， ， ， ，∴方程 2ln0a的两个根为 12x， ，则 122ln0,ax两式相减得1212(ln)()xax……………………………………….9 分又 2lfa， (fxa，第 7 页 （共 6 页）则 1212124()()xfxa1212(ln)4xx.∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙10 分（理科）0f下证 12(l)0（* ） ，即证明 212()ln0x，12xt，∵ 10，∴ 0t，即证明 (1))ln0tut在 1t上恒成立. ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12 分∵ 222()14) (()tuttt，又 ，∴ ()0ut，∴ t在 ,上是增函数，则 )1，从而知 212(lnx，故（*）式＜0，即 12(0xf成立………….14 分