2017绵阳 二诊 文科数学试题+答案

绵阳市高2014级第二次诊断性考试

数学(文史类)参考解答及评分标准

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．

CABCA DBCDD CB

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

x2213． 15．y21 14．24

43

三、解答题：本大题共6小题，共70分．

17．解 ：(Ⅰ)设{an}的公差为d，则由题意可得

16．52

323ad9，1……………………………………………………3分 2a13da15da14d，解得a1=-4，d=1， ……………………………………………………………5分 ∴ an=-4+1×(n-1)=n-5． ……………………………………………………6分

(Ⅱ)Tn=a1+a2+a3+…+an+2a12a22an

n(4n5)11+(2222n) ………………………………10分 322n(n9)12(12n)= 23212n(n9)2n1=．……………………………………………………12分 21618．解：(Ⅰ) ∵c2a，

=

∴ 由正弦定理有sinC=2sinA． …………………………………………2分 又C=2A，即sin2A=2sinA，

于是2sinAcosA=2sinA， …………………………………………………4分 在△ABC中，sinA≠0，于是cosA=∴ A=

2， 2． ……………………………………………………………………6分 4(Ⅱ)根据已知条件可设an，bn1，cn2， n∈N*． 由C=2A，得sinC=sin2A=2sinAcosA， ∴ cosAsinCc． ……………………………………………………8分 2sinA2ab2c2a2c由余弦定理得， 代入a，b，c可得 2bc2a(n1)2(n2)2n2n2， ……………………………………………10分

2(n1)(n2)2n解得n=4，

∴ a=4，b=5，c=6，从而△ABC的周长为15，

即存在满足条件的△ABC，其周长为15． ………………………………12分

17017417618117919．解：(Ⅰ)由已知有x176，

5

62667068y66，

5

ˆ(170176)(6266)(174176)(66)(181176)(7066)(179176)(6866) b(170176)2(174176)2(181176)2(179176)2=

27≈0.73， 37ˆx660.73176=-62.48， ˆyb于是aˆxaˆbˆ0.73x62.48．………………………………………………10分 ∴ yˆ0.7318562.48≈72.57， (Ⅱ) x=185，代入回归方程得y即可预测M队的平均得分为72.57． ………………………………………12分 20．解：(Ⅰ) 点A(0，2)在椭圆C上，于是

设椭圆C的焦半距为c，则由题意有又a2=b2+c2，代入解得a2=8，

21，即b2=2． 2bc33，即c2a2， a24x2y2∴ 椭圆C的标准方程为1． ……………………………………4分

82(Ⅱ)设直线PQ：xty1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．

x2y21，联立直线与椭圆方程：8消去x得：(t24)y22ty70， 2 xty1，

22

显然Δ=4t+28(t+4)>0，

2t7，y． ………………………………………7分 1y2=22t4t48于是x1x2t(y1y2)22，

t44t故P，Q的中点D(2，2)． ………………………………………8分

t4t4设N(1，y0)， 由NPNQ，则kNDkPQ1，

∴ y1+y2=tt24t，整理得yt3t，得N(1，t3t)．即0 224t4t412t4又△NPQ是等边三角形， y03322PQ，即NDPQ， 2444t232t27即(21)2(t2)(1t2)[(2)42]，

4t4t4t4t4∴ ND424t284t28224t28421)2)2整理得(2， 即(2， 2t4(t4)t4(t4)2解得t210，t10， …………………………………………………11分

l的方程是x10y1． ………………………………………12分 ∴ 直线

21．解：(Ⅰ)∵ f(x)axe在(0，)上有两个零点，

2xexex∴ 方程a2有两个根，等价于y=a与y2有两个交点．

xxexex(x2)令h(x)2，则h(x)，……………………………………………3分 3xx于是x∈(0，2)时，h(x)0，即h(x)在(0，2)上单调递减；

当x∈(2，+∞)时，h(x)0，即h(x)在(2，+∞)上单调递增，

e2∴ h(x)min=h(2)=，

4e2∴ a的取值范围为(，+∞)． ……………………………………………5分

4(Ⅱ)∵x1，x2(x1x2)是f(x)ax2ex在(0，)上的零点，

∴ ax1ex1，ax2ex2， 两式相除可得(令

22x22)ex2x1． ………………………………………………7分 x1x2t(t1)，① x1 x2x12上式变为te，即x2x1lnt22lnt， ②

2tlnt2lnt，x2． …………………………………9分 t1t1要证明x1x24，

联立①②解得：x12lnt2tlnt4， t1t1即证明lnttlnt2t2．

即证明

1令h(t)lnttlnt2t2，则h(t)lnt1． …………………………10分

t111t1令(t)lnt1，(t)220，

tttt故(t)在(1，)上单调递增，故(t)(1)0， 即h(t)0，

故h(t)在(1，)上单调递增，故h(t)h(1)0，

即lnttlnt2t2，得证． ………………………………………………12分

x222．解：(Ⅰ)消去参数得y21． …………………………………………5分

3

（Ⅱ）将直线l 的方程化为普通方程为x3y230．

sin)，则M(设Q(3cos，31cos，1sin)， 226sin()33242∴ d33cos3sin23222，

636．………………………………………………………10分 423．解：(Ⅰ) 当t=2时，f(x)x1x2．

∴ 最小值是

若x≤1，则f(x)32x，于是由f(x)2解得x<若1∴ 不等式f(x)2的解集为{x| x<

11．综合得x<． 2255．综合得x>． 2215，或x>}． …………………………5分 22（Ⅱ）f(x)≥ax等价于a≤f(x)-x．令g(x)= f(x)-x．

当-1≤x≤1时，g(x)=1+t-3x，显然g(x)min=g(1)=t-2． 当1g(1)=t-2． 当t≤x≤3时，g(x)=x-t-1，g(x)min=g(1)=t-2． ∴ 当x∈[1，3]时，g(x)min= t-2． 又∵ t∈[1，2]，

∴ g(x)min≤-1，即a≤-1．

综上，a的取值范围是a≤-1． …………………………………