绵阳市高中2016级第二次诊断性考试(数学理)

理科数学答案第1页（共5页）绵阳市高中2016级第二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．ABDABBDCACCA二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．20014．1215．x1316．25三、解答题：本大题共6小题，共70分．17．解：（1）∵3Sn=4an-4，①∴当n≥2时，11344nnSa．②………………………………………2分由①②得1344nnnaaa，即14nnaa(n≥2)．………………………3分当n=1时，得11344aa，即14a．∴数列{an}是首项为4，公比为4的等比数列．……………………………5分∴数列{an}的通项公式为4nna．…………………………………………6分（2）∵2211loglognnnbaa=1221log4log4nn=1111()2(22)41nnnn．…………………………………8分∴数列{bn}的前n项和123nnTbbbb11111111[(1)()()()]4223341nn11(1)414(1)nnn．………………………12分18．解：（1）1099.510.511105x，7876777980785y．………………………………2分∴51()()(1010)(7878)(910)(7678)(9.510)(7778)iiixxyy(10.510)(7978)(1110)(8078)=5，………………………………………………………4分52222221()(1010)(910)(9.510)(10.510)(1110)2.5iixx，理科数学答案第2页（共5页）∴51521()()5ˆ22.5()iiiiixxyybxx．……………………………………………7分∴ˆˆ7821058aybx．……………………………………………8分∴y关于x的线性回归方程为ˆ258yx．………………………………9分（2）当x=8时，ˆ285874y．满足|74-73|=12，……………………………………………………………10分当x=8.5时，ˆ28.55875y．满足|75-75|=02，……………………………………………………………11分∴所得的线性回归方程是可靠的．………………………………………12分19．解：（1）∵3=(sin)ABACbcaC，∴3cbcosA=b(c-asinC)，即3ccosA=c-asinC．………………………………………………………2分由正弦定理得3sinCcosA=sinC-sinAsinC，∵sinC0，∴3cosA=1-sinA，即sinA+3cosA=1．…………………………………4分∴12sinA+32cosA=12，即sin(A+3)=12．∵0A,∴4333A．∴A+3=56，即A=2．……………………………………………………6分（2）在△BCN中，由余弦定理得BC2=NB2+NC2-2NBNCcosN，∵BN=4，CN=2，∴BC2=16+4-16cosN=20-16cosN．…………………………………………8分由（1）和b=c，得△ABC是等腰直角三角形，于是AB=AC=22BC，∴四边形ABCD的面积S=S△ABC+S△BCN=211sin22ABNCNBN=211124sin222BCN=1(2016cos)4sin4NN理科数学答案第3页（共5页）=4sin4cos5NN=42sin()54N．……11分∴当N=34时，S取最大值5+42，即四边形ABCD的面积的最大值是5+42．………………………………12分20．解：（1）由椭圆定义得|AB|+|AF2|+|BF2|=4a=82，则|AB|=823．……2分因为直线l过点F1(-2,0)，所以m=2k即直线l的方程为y=k(x+2).设A(x1，y1)，B(x2，y2).联立222802xyykx，，整理得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-8=0．∴x1+x2=22812kk，x1x2=222188kk．……………………………………………4分由弦长公式|AB|=22121282(1)[()4]3kxxxx，代入整理得2212123kk，解得1k．所以直线l的方程为(2)yx，即20xy或+20xy．………………………………………………6分（2）设直线l方程y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立22280ykxmxy，，整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-8=0.∴x1+x2=2421kmk，x1x2=222821mk．…………………………………………8分以AB为直径的圆过原点O，即0OAOB．………………………………9分∴OAOBx1x2+y1y2=0．将y1=kx1+m，y2=kx2+m代入，整理得(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0．…………………………………………10分将x1+x2=2421kmk，x1x2=222821mk代入，整理得3m2=8k2+8．…………………………………………………………11分∵点P是线段AB上的点，满足OPAB，设点O到直线AB的距离为d，∴|OP|=d，于是|OP|2=d2=22813mk（定值），理科数学答案第4页（共5页）∴点P的轨迹是以原点为圆心，83为半径的圆，且去掉圆与x轴的交点.故点P的轨迹方程为2283xy(0y)．………………………………12分21．解：（1）由题意得()lnfxxmx，x0．由题知()lnfxxmx=0有两个不等的实数根，即lnxmx有两个不等的实数根．……………………………………………2分令ln()xhxx，则21ln()xhxx．由()hx0，解得0ex，故()hx在(0，e)上单调递增；由()hx0，解得xe，故()hx在(e，+∞)上单调递减；故()hx在x=e处取得极大值1e，且0)(eh，结合图形可得10em.∴当函数f(x)有两个极值点时，实数m的取值范围是(0，e1)．…………5分（2）因为g(x)=xlnx-mx2-elnx+mex=(x-e)(lnx-mx)，显然x=e是其零点．由（1）知lnx-mx=0的两个根分别在(0，e)，(e，+∞)上，∴g(x)的三个不同的零点分别是x1，e，x3，且0x1e，x3e．…………6分令31xtx，则t∈2(1e]，．则由313311lnlnxtxxmxxmx，，，解得13lnln1lnln.1txtttxt，故1313(1)lnln()lnln1ttxxxxt，t∈2(1e]，．…………………………8分令(1)ln()1tttt，则212ln()(1)ttttt．令1()2lntttt，则0)1(12121)(22222tttttttt．理科数学答案第5页（共5页）所以()t在区间2(1e]，上单调递增，即()t(1)0．…………………11分所以()0t，即()t在区间2(1e]，上单调递增，即()t≤2(e)=222(e1)e1，所以21222(1)ln()1exxe，即x1x3≤222(e1)e1e.所以x1x3的最大值为222(e1)e1e．……………………………………………12分22．解：（1）由曲线C的参数方程，可得曲线C的普通方程为22(2)9xy，即22450xyx．………………………………………………………2分∵cosx，siny，故曲线C的极坐标方程为24cos50．………………………4分（2）将6代入(cossin)t中，得312t，则(31)t．∴|OM|=t)13(．…………………………………………………………6分将6代入24cos50中，得22350．设点P的极径为1，点Q的极径为2，则125．…………………8分所以|OP||OQ|=5．……………………………………………………………9分又|OM||OP||OQ|=10，则5t)13(=10．∴t=31或31．……………………………………………………10分23．解：（1）由m=1，则()fx|x-1|，即求不等式|x-3|+|2x-1|4的解集．当x≥3时，|x-3|+|2x-1|=3x-44恒成立；当132x时，x+24，解得x2，综合得23x；……………………3分当x≤12时，4-3x4，解得x0，综合得x0；……………………………4分所以不等式的解集为{x|x0，或x2}．………………………………………5分（2）证明：∵t0，∴()()tfxftmtxmtmmtmmtxtm……………………………………………7分≤()()tmmtxtm=txm=()ftx．理科数学答案第6页（共5页）所以()ftx≥()()tfxftm．…………………………………………………10分