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成都市2015届高中毕业班第三次诊断性检测 数学(文史类)参考答案及评分意见 第卷 (选择题 共50分) 一、选择题:(每小题5分,共50分) 1.A; 2.B; 3.A; 4.D; 5.B; 6.D; 7.C; 8.C; 9.B; 10.D. 第卷 (非选择题 共100分) 二、填空题:(每小题5分,共25分) 11.11; 12.480; 13.-3,0 ; 14.7; 15. 三、解答题:(共75分) 16.解:()由f(x)=23sinxcosx+2cos2x+1=3sin2x+(1+cos2x)+1 =3sin2x+cos2x+2=2sin(2x+6)+2.4分 由2x+6=2+k(kZ),得函数f(x)的图象的对称轴方程是x=6+k2(kZ). 6分 ()x0,4 ,2x+66,23 .则sin(2x+6)12,1 . 3f(x)4.10分 f(x)max=4,此时2x+6=2,即x=6. 函数f(x)的最大值为4,此时自变量x的集合为6 .12分 17.解:()连接CF交BD于点M,连接ME. 易知BMFDMC. F是AB的中点,MFMC=BFDC=12. CE=2EC1, EC1EC=12. 于是在CFC1中,有MFMC=EC1EC. EMC1F. 又EM平面BDE,C1F平面BDE, C1F平面BDE.6分 )页4共(页1第案答)文(题试考”诊三“学数 ()VD-BEB 1= 1 3SBEB1.DC= 1 3 1 2333= 9 2. 三棱锥D-BEB1的体积为92.12分 18.解:()设“天府卡”为A,B,“熊猫卡”为C,D. 不放回抽取所包括的基本事件为:(A,B),(A,C),(A,D),(B,C),(B,D), (C,D)共6种. 记“该参与者不放回抽取获奖”为事件A1,则事件A1包括的基本事件有(A,C), (A,D),(B,C),(B,D),(C,D)共5种. P(A1)=56.6分 ()有放回抽取所包括的基本事件为:(A,A),(B,B),(C,C),(D,D),(A,B), (A,C),(A,D),(B,A),(B,C),(B,D),(C,A),(C,B),(C,D),(D,A), (D,B),(D,C)共16种. 记“该参与者有放回抽取获奖”为事件B1,则B1的对立事件B1包括的基本事件有 (A,A),(B,B),(A,B),(B,A)共4种. P(B1)=1-P(B1)=1-416=34.12分 19.解:()由Sn=n2an. 当n2时,Sn-1=(n-1)2an-1. -,得an=n2an-(n-1)2an-1(n2,nN). (n+1)an=(n-1)an-1,即ana n-1 =n-1n+1(n2).4分 a1a2a 1 a3a 2 a4a 3 ana n-1 =12132435n-1n+1=1n(n+1),又a1=12, an=1n(n+1),nN.6分 ()由(),知Sn=n2an=n21n(n+1)=nn+1,nN. 据题意,不等式2nk+711-S n 即kn-62n对任意的nN恒成立.7分 令bn=n-62n.对数列bn , bn-bn-1=n-62n-n-72n-1=8-n2n(n2,nN),8分 b1b2b10. 又b7=b8=1128,k1128. 故所求k的取值范围为1128,+ .12分 )页4共(页2第案答)文(题试考”诊三“学数 20.解:()双曲线2y2-x2=1的渐近线方程为y=22x. 由题设,可知b 2 a= 2 2.3分 由椭圆C1的半焦距c=1,有a2-b2=1. 解得a=2,b=1. 椭圆C1的标准方程为x 2 2+y 2=1.4分 ()由C1的长轴与C2的短轴等长,知n2=2. 又C1与C2共焦点,可知m2=n2+1=3. 椭圆C2的标准方程为x 2 3+ y2 2=1.5分 ()当直线OA的斜率k存在,且k0时, 联立 x2 2+y 2=1 y=kx ,消去y,得x2=11 2+k 2 .则OA2=1+k 2 1 2+k 2 =1+11+2k2. 联立 x2 3+ y2 2=1 y=-1kx ,消去y,得x2=11 3+ 1 2k2 ,则OB2= 1+1k2 1 3+ 1 2k2 =3-33+2k2. 8分 由OAOB=0,知AB2=OA2+OB2. AB2=4+11+2k2-33+2k2=4-4k 2 (1+2k2)(3+2k2)=4- 4 8+3k2+4k2 g(1)=0.6分 可知g(x)=f(x)是(1,+)内的增函数. 当x1时,有g(x)g(1)0,即f(x)0. 故当a2时,函数f(x)是(1,+)内的增函数.8分 ()当a=3时,F(x)=f(x)-1=lnx+e x e-3x+2(x0). 则F(x)=1x+e x e-3. 令h(x)=F(x),则h(x)=-1x2+e x e. 由(),有h(x)=g(x). 于是可知h(x)也是(0,+)内的增函数,且有h(1)=0. 当0x0. h(x)在(0,1)内单调递减;h(x)在(1,+)内单调递增.9分 由h(x)在(0,1)内单调递减,h(1)=-10. 根据零点存在定理,存在唯一t1(13,1),使得h(t1)=0. 又h(2)=e-2.50,同理,存在唯一t2(1,2),使得h(t2)=0.11分 当00;当t1xF(t2). 故x=1是F(x)在(t1,t2)内的唯一零点. 由F(x)在(0,t1)内单调递增,F(1e3)-1+1e-3e3e2-60且F(t1)0, 根据零点存在定理,存在唯一x2(t2,3),使得F(x2)=0. 故x=x2是F(x)在(t2,+)内的唯一零点. 综上,F(x)在(0,+)内共有三个零点,分别为x1,1,x2.14分 )页4共(页4第案答)文(题试考”诊三“学数
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