绵阳市高中2020届第一次诊断性考试-理科数学(含答案)

绵阳市高中2017级第一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．ACDBBDBCACAD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．e14．415．23516．1m=−或m≥02三、解答题：本大题共6小题，共70分．17．解：（1）f(x)=(cosx−sinx)2−2sin2x=−−212sinxcosx2sinx=cos2x−sin2x=2cos(2x+)，……………………………………………4分4∴T=2=，2即f(x)的最小正周期为.……………………………………………………5分∵y=cosx的单调递减区间为[2k，2k+]，k∈Z，∴由2k≤2x+4≤2k+，k∈Z，解得k−≤x≤83k+，k∈Z，8∴f(x)的单调递减区间为[k−，83k+]，k∈Z．……………………7分8（2）由已知f(x0)=−1，可得2cos(2x+)=−1，………………………10分04即2cos(2x+)=−，042再由x0(，−)，可得2732x+(−，−)，0444∴2x05+=−，44解得x=03−．………………………………………………………………12分4理科数学答案第1页（共6页）18．解：（1）∵an+2+an=2an+1，n∈N*，即an+2-an+1=an+1-an，∴数列{a}是等差数列.n由a1=1，a4=a1+3d=7，解得a=，d=，112∴a=a+(n−1)d=2n−1.………………………………………………………4分n1当n=1时，b1=2，当n≥2时，1212(22)b=S−S=n+−−n−nnn−=2n+−2n=22n−2n=2n.1∴数列{b}的通项公式为b=2n．……………………………………………8分nn（2）由（1）得，c=22n−1+n，………………………………………………9分nT=(2+1)+(2+2)+(2+3)++(2n−+n)3521n=(2+2+2++2n−)+(1+2+3++n)35212(1−4n)n(1+n)=+1−42212n+−n+n22=+．……………………………………………………12分3219．解：（1）在△ABC中，A+B+C=π，即B=π-(A+C)，∴sinB=sin(A+C)，由题意得2cosB=sinB+1．…………………………………………………3分两边平方可得2cos2B=sin2B+2sinB+1，根据sin2B+cos2B=1，可整理为3sin2B+2sinB-1=0，解得1sinB=或sinB=-1（舍去）．……………………………………………5分3∴1sinB=．……………………………………………………………………6分3−=，且A+B+C=，（2）由CA2可得2A=−B，C为钝角，2∴sin2A=cosB，理科数学答案第2页（共6页）又b=3，abc由正弦定理得===33，sinAsinBsinC∴a=33sinA，c=33sinC．又C为钝角，由（1）得cos22B=．………………………………………9分3∴△ABC的面积为111S=acsinB=33sinA33sinC22399=sinAsin(+A)=sinAcosA2229992232=sin2A=cosB==，44432综上所述，△ABC的面积为322．…………………………………………12分20．解：（1）由题意得lnx+2−44f(x)==1−lnx+2lnx+2，………………………2分由x≥1，知lnx≥0，于是lnx+2≥2，∴01lnx+2≤12，即4−2−0lnx+2，∴-1≤1−4lnx+21，∴f(x)的值域为[-1，1)．……………………………………………………5分(2)f(x1)+f(x)=21−ln441+1−=，x1+2lnx+222所以ln44+x+2lnx+122=32．又x11，x21，∴lnx1x=lnx+lnxln1+2+ln+2−4=xx………………………………8分2122=23[(ln44x1+2+)]−)(lnx+2(+)2+4lnx+2lnx212=24(lnx+2)4(lnx+2)[8]4+2+1−3lnx+2lnx+212理科数学答案第3页（共6页）≥220(8+216)−4=，……………………………………………11分334(ln+2)=4(ln+2)xx当且仅当21lnx+2lnx+212，即x1=x2时取“=”，故20(xx)=e，312min∵f(x)在(1，+∞)上是增函数，∴7f1x)=．…………………………………………………………12分(x2min1321．解：（1）由题意得()=e−2=(e−2)，令()exxfxaxxahx=，xxx则ex(x−1)=．……………………………………………………………2分h(x)x2∴当0x1时，得h(x)0，此时h(x)单调递减，且x→0，h(x)→+∞，当x1时，得h(x)0，此时h(x)单调递增，且x→+∞，h(x)→+∞，∴h(x)min=h(1)=e．①当2a≤e，即a≤e2时，f(x)≥0，于是f(x)在(0，+∞)上是增函数，从而f(x)在(0，+∞)上无极值．②当2ae，即ae2时，存在0x11x2，使得f(x1)=fx=0，()2且当x∈(0，x1)时，f(x)0，f(x)在(0，x1)上是单调递增；当x∈(x1，x2)时，f(x)0，f(x)在(x1，x2)上是单调递减；当x∈(x2，+∞)时，f(x)0，f(x)在(x2，+∞)上是单调递增，故x2是f(x)在(0，+∞)上的极小值．综上，ea．…………………………………………………………………6分2（2）要证f(x)ax(lnx-x)即等价于证明exaxlnx．①当0x≤1时，得ex1，axlnx≤0，显然成立；………………………………………………………………………7分②当x1时，则xlnx0，结合已知0a≤e22，可得0axlnx≤e22xlnx．理科数学答案第4页（共6页）于是问题转化为证明exe22xlnx，即证明x−22ex−lnx0．…………………………………………………………8分令x−22eg(x)=−lnx，x1，x则2e(1)x−2x−−x=，g(x)x2令h(x)=2ex−2(x−1)−x，则h(x)=2xex−2−1，易得h(x)在(0，+)上单调递增.∵2h−，h，(1)=10(2)=30e∴存在x0(1，2)使得hx，即()=002xex0−2=1.0∴h(x)在区间(1，x)上单调递减，0在区间(x，+)上单调递增，………………………………………10分0又h(1)=−10，h(2)=0，∴当x(1，2)时，g(x)0，g(x)单调递减，当x(2，+)时，g(x)0，g(x)单调递增，∴g(x)≥g(2)=1-ln20，故g(x)0，问题得证．……………………………………………………12分22．解：（1）由题意得x2+y2=(cos+3sin)2+(sin−3cos)2=4，∴曲线C的普通方程为x2+y2=4．…………………………………………2分∵x=cos，y=sin，∴代入可得曲线C的极坐标方程为=2．………………………………5分（2）把=代入ρcos(−)=3中，36可得ρcos(−)=3，36理科数学答案第5页（共6页）解得ρ=23，即B点的极径B=23，由（1）易得A=2，∴|AB|=|A-B|=23-2．………………………………………………10分23．解：（1）当m=2时，f(x)=︱x-2︱+︱x+1︱-5．当x≤-1时，f(x)=−(x−2)−(x+1)−50，解得x≤-2；……………………………………………………………………1分当-1x2时，f(x)=−(x−2)+x+1−5≥0，无解．……………………………………………………………………………3分当x≥2时，f(x)=x−2+x+1−5≥0，解得x≥3；……………………………………………………………………4分综上，原不等式的解集为(，−2][3，+)．………………………………5分（2）∵f(x)=|x−m|+|x+1|−5≥|(x−m)−(x+1)|−5=|m+1|−5≥-2，∴|m+1|≥3，…………………………………………………………………8分∴m+1≥3或m+1≤-3，即m≥2或m≤-4，∴实数m的取值范围是(，-4][2，+)．……………………………10分理科数学答案第6页（共6页）2020届绵阳一诊参数处理的全面考查116.若函数f(x)xm(lnxx)x只有一个零点，则实数m的取值范围为221【解析】（半分离）由f(x)0，得(x22x)m(xlnx)，2令()1(22),()lngxxxhxxx，则g(x),h(x)在(0,1)单减，在(1,)单增。2所以1g(x)g(1),h(x)h(1)1，minmin2注意到x,g(x)f(x)，所以当m0时，两个函数有唯一交点。当m0时，显然唯一零点。当m0时，两个函数有唯一交点当且仅当g(1)mh(1)，即11m，综上：m或m0。2221.已知函数f(x)exax,aR,x(0,)。2（1）若f(x)存在极小值，求实数a的取值范围；（2）若0e2a，求证：f(x)ax(lnxx)。2xeexx【解析】（1）f'(x)e2axx(2a)，令g(x)2a，则xxg'(x)(x1)ex，x所以g(x)在(0,1)单减，在(1,)单增，则g(x)g(1)e2a，min注意到当x0时，g(x)，当x0时，g(x)，若f(x)存在极小值，则eg(x)e2a0，即a。min2（2）原不等式等价于exaxlnx，①当x(0,1)时，有ex0axlnx；②当x(1,)时，有xlnx0，法一：（分离参数）下面证明：1xlnx，令m(x)aexxlnx，则exm'(x)1lnxxlnx，ex令n(x)1lnxxlnx，则1n'(x)1lnx0,x(1,)，x所以n(x)在(1,)单减，因为n(2)0,n(e)0，所以n(x)有唯一零点，记为x，0x0(2,e)，且xxx。0ln01ln0故m(x)在(1,x)单减，在(x,)单增，所以00xlnx1lnxm(x)000,x(2,e)，max0xxee00令1lnxu(x),x(2,e)，则ex11lnxxu'(x)0，从而u(x)在(2,e)单减，有ex1ln221u(x)u(2)。eea22法二：（参数放缩）因为0ee22a，所以axlnxxlnx。22xe2下面证明：exlnx，即22ex2xlnx0，x1。2ex2令h(x)lnx，则h'(x)x2(1)e2xxx，x2令(x)2ex2(x1)x，则'(x)2xex21，''(x)2(x1)ex20，所以'(x)在(1,)单增，因为'(1)0,'(2)0，所以'(x)有唯一零点，记为x，0x0(1,2)，且2xe1x02。0故(x)在(1,x)单减，在0(x,)单增，0因为(1)0,(x)(2)0，所以h(x)在(1,2)单减，在(2,)单增，0从而h(x)h(2)1ln20。min