2021级二诊数学（理）参考答案_2024年3月_013月合集_2024届四川省成都市高三二诊考试_2024届四川省成都市高三二诊考试数学（理）

成都市 级高中毕业班第二次诊断性检测 ２０２１ 数学(理科)参考答案及评分意见 第 卷 选择题 共 分 Ⅰ ( , ６０ ) 一、选择题:每小题 分 共 分 ( ５ , ６０ ) １．B; ２．C; ３．B; ４．C; ５．A; ６．B; ７．D; ８．C; ９．D; １０．D; １１．A; １２．D． 第 卷 非选择题 共 分 Ⅱ ( , ９０ ) 二、填空题:每小题 分 共 分 ( ５ , ２０ ) 三棱柱 三棱锥 圆锥等 其他正确答案同样给分 － － ＋ １３． , , ( ); １４．( ∞, ２)∪ (１, ∞); １５．４; １６．②③④ ． 三、解答题:共 分 ( ７０ ) １７􀆰解: 当n＝ 时 a ＝S ＝ 分 (Ⅰ) １ , １ １(２) ０． 􀆺􀆺１ 当n ≥２ 时 , a n ＝ S n(２)－ S n －１(２)＝(２＋２ ２ ＋􀆺２ n －２)－(２＋２ ２ ＋􀆺２ n －１ －２)＝２ n ． 分 􀆺􀆺５ 又当n＝ 时 a ＝ 不满足上式 １ , １ ０ , { n＝ 所以a ＝ ０, １, 分 n n n ． 􀆺􀆺６ ２, ≥２ S x ＝x＋x２＋x３＋ ＋x２０２４－ (Ⅱ)∵ ２０２４() 􀆺 ２, S′ x ＝ ＋ x＋ x２＋ ＋ x２０２３ 分 ∴ ２０２４() １ ２ ３ 􀆺 ２０２４ ． 􀆺􀆺７ S′ ＝ ＋ × ＋ × ２＋ ＋ × ２０２３ ２０２４(２) １ ２ ２ ３ ２ 􀆺 ２０２４ ２ 􀆺􀆺①, S′ ＝ ＋ × ２＋ × ３＋ ＋ × ２０２４ ２ ２０２４(２) ２ ２ ２ ３ ２ 􀆺 ２０２４ ２ 􀆺􀆺②, 得 －S′ ＝ ＋ × ＋ × ２＋ ＋ × ２０２３－ × ２０２４ 分 ①－② , ２０２４(２) １ １ ２ １ ２ 􀆺 １ ２ ２０２４ ２ 􀆺􀆺１０ － ２０２４ ＝１ ２ － × ２０２４＝－ × ２０２４－ 分 － ２０２４ ２ ２０２３ ２ １． 􀆺􀆺１１ １ ２ S′ ＝ × ２０２４＋ 分 ∴ ２０２４(２) ２０２３ ２ １． 􀆺􀆺１２ １８􀆰解: 已知本次模拟考试成绩都近似服从正态分布Nμσ２ (Ⅰ) (, ), 由题意可得 μ＝ 分 ６５． 􀆺􀆺１ －Pμ－ σ X μ＋ σ ２２８ ＝ ． 又１ ( ２ ≤ ≤ ２ )＝ ． 分 ∵ ００２２８, ００２２８． 􀆺􀆺３ １００００ ２ 即PX μ＋ σ ＝ ． μ＋ σ＝ 解得σ＝ 分 ( ＞ ２ ) ００２２８．∴ ２ ８７, １１． 􀆺􀆺４ 甲市学生A在该次考试中成绩为 分 且 μ σ ∵ ７６ , ７６＝ ＋ , －Pμ－σ X μ＋σ 又１ ( ≤ ≤ )＝ ． 即PX μ＋σ ＝ ． 分 ０１５８７, ( ＞ ) ０１５８７． 􀆺􀆺５ ２ 学生A在甲市本次考试的大致名次为 名 分 ∴ １５８７ ． 􀆺􀆺６ 在本次考试中 抽取 名化学成绩在 μ－ σμ＋ σ 之内的概率为 ． (Ⅱ) , １ ( ３ , ３ ) ０９９７４． 抽取 名化学成绩在 μ－ σμ＋ σ 之外的概率为 ． 分 ∴ １ ( ３ , ３ ) ０００２６． 􀆺􀆺７ 数学 理科 二诊 考试题参考答案 第 页 共 页 ( )“ ” １ ( ５ ) {#{QQABKYwEogAgAAJAAAgCQwEYCgGQkAACAAoGQFAAoAAAiQFABCA=}#}随机变量X服从二项分布 即X~B ． 分 ∴ , (４０,０００２６)． 􀆺􀆺９ PX ＝ －PX＝ ＝ － ． ４０ ． 分 ∴ ( ≥１) １ ( ０) １ ０９９７４ ≈００９８９． 􀆺􀆺１０ X的数学期望为EX＝np＝ × ． ＝ ． 分 ４０ ０００２６ ０１０４． 􀆺􀆺１２ １９􀆰解: 取AB的中点为T 连接PTCT (Ⅰ) , , ． 四面体P－ABC为正四面体 ∵ , ABP为正三角形 分 ∴△ ． 􀆺􀆺１ 又T为AB的中点 , PT AB 同理可得CT AB 分 ∴ ⊥ ． ⊥ ． 􀆺􀆺３ PT CT＝T PTCT 平面PTC ∵ ∩ , , ⊂ , AB 平面PTC 分 ∴ ⊥ ． 􀆺􀆺５ 又PC 平面PTC AB PC 分 ⊂ ,∴ ⊥ ． 􀆺􀆺６ 取PC的中点为Q 连接ETFTQT 设PA＝a． (Ⅱ) , , , , ６ 由 得AB 平面PTC (Ⅰ) ⊥ ． ETFT 平面PTC AB ET AB FT ∵ , ⊂ ,∴ ⊥ , ⊥ ． PTE为二面角P－AB－E的平面角 ETF为二面角E－AB－F的平面角 ∴ ∠ ,∠ , FTC为二面角F－AB－C的平面角 分 ∠ ． 􀆺􀆺７ 由图形对称性可判断 PTE＝ FTC 分 ∠ ∠ ． 􀆺􀆺８ 易得PT＝CT＝ a TQ PC ３３ ,∴ ⊥ ． 在 TPQ中 TQ＝ PT２－PQ２ ＝ a △ , ３２ ． 在 ETQ中 ET＝ EQ２＋TQ２ ＝ a 同理可得FT＝ a △ , １９ ． １９ ． PT２＋ET２－PE２ ET２＋FT２－EF２ PTE＝ ＝７ ５７ ETF＝ ＝１７ ∴cos∠ PT ET ,cos∠ ET FT ． ２ 􀅰 ５７ ２ 􀅰 １９ 分 􀆺􀆺１１ PTE ETF PTE ETF ∵cos∠ ＞cos∠ ,∴ ∠ ＜ ∠ ． 二面角E－AB－F的平面角最大 其余弦值等于１７ 分 ∴ , ． 􀆺􀆺１２ １９ ２０􀆰解: 设Mx y Sx －y (Ⅰ) (１,１),(１, １)． y －y k ＝ １ k ＝ １ 分 ∵ AM x ＋a,BS x －a, 􀆺􀆺１ １ １ y －y －y２ k k ＝ １ １ ＝ １ 分 ∴ AM􀅰 BS x ＋a􀅰x －a x２－a２ ． 􀆺􀆺２ １ １ １ x２ y２ Mx y 在双曲线C － ＝ a 上 ∵ (１,１) :a２ １( ＞０) , ５ x２ － １－ －y２ ５(a２ １) k k ＝ １ ＝ ＝－５＝－５ 解得a＝ 分 ∴ AM􀅰 BS x２－a２ x２－a２ a２ ． ２． 􀆺􀆺４ １ １ ４ x２ y２ 双曲线C的标准方程为 － ＝ 分 ∴ １． 􀆺􀆺５ ４ ５ 设Nx y 直线MNx＝my＋ (Ⅱ) (２,２), : ３． 数学 理科 二诊 考试题参考答案 第 页 共 页 ( )“ ” ２ ( ５ ) {#{QQABKYwEogAgAAJAAAgCQwEYCgGQkAACAAoGQFAAoAAAiQFABCA=}#}ì ï ï x＝my＋ ３, 由 í ïï x２ － y２ ＝ 消去x , 得 (５ m２－ ４) y２＋ ３０ my＋ ２５ ＝ ０． î １ ４ ５ m ±２ ＝ m２＋ ≠ ,Δ ４００( １)＞０． ５ － m y ＋y ＝ ３０ yy ＝ ２５ ． 分 ∴ １ ２ m２－ , １ ２ m２－ 􀆺􀆺６ ５ ４ ５ ４ y 直线BMy＝ １ x－ : x － ( ２), １ ２ －y －y 令x＝ １, 解得yP ＝ x － １ ． 同理可得yQ ＝ x － ２ ． 􀆺􀆺７ 分 １ ２ ２ ２ y y 以PQ为直径的圆的方程为 x－ x－ ＋ y＋ １ y＋ ２ ＝ ∵ ( １)( １) ( x － )( x － ) ０, １ ２ ２ ２ 分 􀆺􀆺８ 由对称性可得 若存在定点 则定点一定在x轴上 , , ． y y 令y＝ 得 x－ ２＋ １ ２ ＝ ０, ( １) x － 􀅰x － ０． １ ２ ２ ２ yy yy x－ ２＋ １ ２ ＝ x－ ２＋ １ ２ ∴ ( １) x － x － ( １) my ＋ my ＋ (１ ２)(２ ２) ( １ １)( ２ １) ２５ m２－ ＝ x－ ２＋ ５ ４ ( １) － m m２ ２５ ＋m ３０ ＋ 􀅰 m２－ 􀅰 m２－ １ ５ ４ ５ ４ ＝ x－ ２＋ ２５ ( １) m２－ m２＋ m２－ ２５ ３０ ５ ４ ＝ x－ ２－２５＝ 分 ( １) ０． 􀆺􀆺１０ ４ x－ ２＝２５ 解得x＝－３ 或x＝７ ∴ ( １) , ． ４ ２ ２ 以PQ为直径的圆恒过点 －３ ７ 分 ∴ ( ,０),( ,０)． 􀆺􀆺１２ ２ ２ ２１􀆰解: 当a＝１ 时 fx ＝１ x－ xf ＝１ (Ⅰ) , () e ,(０) ≠０． ８ ４ ４ f′x ＝１ x－１x－１ f′′x ＝１ x＋１x－３ 分 ∵ () e ２ , () e ２ , 􀆺􀆺１ ４ ２ ４ ４ 当x ＋ 时 f′′x ∈ (０, ∞) , ()＞０, 函数f′x 在 ＋ 上单调递增 分 ∴ () (０, ∞) ． 􀆺􀆺２ 由f′ １ ＝１ １ － f′ ＝１ －１ ( ) e４ １＜０, (１) e ＞０, ４ ４ ４ ２ x １ 使得f′x ＝ 分 ∴ ∃ ０ ∈ ( ,１), (０) ０． 􀆺􀆺３ ４ 当x x 时 f′x fx 单调递减 ∴ ∈ (０,０) , ()＜０, () ; 数学 理科 二诊 考试题参考答案 第 页 共 页 ( )“ ” ３ ( ５ ) {#{QQABKYwEogAgAAJAAAgCQwEYCgGQkAACAAoGQFAAoAAAiQFABCA=}#}当x x ＋ 时 f′x fx 单调递增 ∈ (０, ∞) , ()＞０, () ． 又f ( １ ) ＝１ e１ １ ００ －１ ＞０, f (１) ＝１ e － １＜０, f (４) ＝１ e ４－ ２＞０, １００ ４ １０ ４ ４ fx 有两个零点 分 ∴ () ． 􀆺􀆺５ 存在b ＋ 使得当x bb＋ 时 fx x－a x＋ ＋a－ (Ⅱ)∵ ∈(０, ∞), ∈(, ２０２４) , ()＞e ln( １) ２ １, 即存在b ＋ 使得当x bb＋ 时 a－ x－ ＋a x＋ － x ∈(０, ∞), ∈(, ２０２４) ,(２ １)(e １) ln( １) ＞０． 设gx ＝ a－ x－ ＋a x＋ － x () (２ １)(e １) ln( １) ． 当a １ 时 设hx ＝ x－x－ (i) ＞ , () e １． ２ h′x ＝ x－ ∴ () e １． h′x 在 ＋ 上单调递增 又h′ ＝ ∵ () (０, ∞) , (０) ０, hx 在 ＋ 上单调递增 又h ＝ ∴ () (０, ∞) ． (０) ０, hx 在x ＋ 上恒成立 分 ∴ ()＞０ ∈ (０, ∞) ． 􀆺􀆺６ gx ＝ a－ x－ ＋a x＋ － x a－ x－ x ∴ () (２ １)(e １) ln( １) ＞ (２ １) ． 当x １ 时 gx ∴ ≥ a－ ２ , ()＞０． (２ １) 取b＝ １ 当x bb＋ 时 gx 恒成立 a－ ２ , ∈ (, ２０２４) , ()＞０ ． (２ １) 当a １ 时满足题意 分 ∴ ＞ ． 􀆺􀆺８ ２ 当a １ 时 设wx ＝ x＋ x＋ － (ii) ≤ , () ２e ln( １) ２． ２ w′x ＝ x＋ １ ∴ () ２e x＋ ． １ w′x 在x ＋ 上恒成立 wx 在 ＋ 上单调递增 ∵ ()＞０ ∈ (０, ∞) ,∴ () (０, ∞) ． 又w ＝ wx 在x ＋ 上恒成立 分 (０) ０,∴ ()＞０ ∈ (０, ∞) ． 􀆺􀆺９ gx ＝a x＋ x＋ － － x－ x＋ x＋１ x＋ － － x－ x＋ ∴ () [２e ln( １) ２] e １≤e ln( １) １ e １ ２ ＝１ x＋ － x． 分 ln( １) 􀆺􀆺１０ ２ 设nx ＝１ x＋ － x () ln( １) ． ２ ２ － x－１ －３ x－ x＋ ( ) n′x ＝ １ － １ ＝ ( １)＝ ２ ４ ∴ () ２( x＋ １) ２ x ２( x＋ １) x ２( x＋ １) x ． n′x 在x ＋ 上恒成立 nx 在 ＋ 上单调递减 ∵ ()＜０ ∈ (０, ∞) ,∴ () (０, ∞) ． 又n ＝ nx 在x ＋ 上恒成立 (０) ０,∴ ()＜０ ∈ (０, ∞) ． 故gx 恒成立 不合题意 ()≤０ , ． 综上 a的取值范围为 １ ＋ 分 , ( , ∞)． 􀆺􀆺１２ ２ 数学 理科 二诊 考试题参考答案 第 页 共 页 ( )“ ” ４ ( ５ ) {#{QQABKYwEogAgAAJAAAgCQwEYCgGQkAACAAoGQFAAoAAAiQFABCA=}#}２２􀆰解: 由曲线C的参数方程可得 x－ ２＋y２＝ ２α＋ ２α 分 (Ⅰ) ( ２) cos sin , 􀆺􀆺１ 化简得曲线C的普通方程为 x－ ２＋y２＝ 分 ( ２) １． 􀆺􀆺３ 曲线C的极坐标方程为 ρ２－ ρ θ＋ ＝ 分 (Ⅱ) ４cos ３ ０． 􀆺􀆺５ 设Aρ θ Bρ θ ＋π Mρθ 分 (１,１), (１,１ ), (,)． 􀆺􀆺６ ２ ρ＝ ２ρ θ＝θ ＋π ∵ １, １ , ２ ４ ρ ＝ ρθ ＝θ－π 分 ∴ １ ２ ,１ ． 􀆺􀆺８ ４ ρ２－ × ρ θ－π ＋ ＝ ∴ (２ ) ４ ２cos( ) ３ ０． ４ M 的轨迹的极坐标方程为 ρ２－ ρ θ－π ＋３＝ 分 ∴ ２２cos( ) ０． 􀆺􀆺１０ ４ ２ ２３􀆰解: x＋a ＋b 易知 b (Ⅰ)∵ ＜４, ４－ ＞０, b－a－ x －a－b． 分 ∴ ４＜ ＜４ 􀆺􀆺３ fx 的解集为 {x x } ∵ ()＜４ ０＜ ＜６ , {b－a－ ＝ {a＝－ ４ ０,解得 ３, 分 ∴ －a－b＝ b＝ ． 􀆺􀆺５ ４ ６ １ 由 得f(x)＝ x－ ＋ (Ⅱ) (Ⅰ) ３ １, f(x) 的最小值为 即m＋ n＋ p＝ 分 ∴ １, ２ ３ １． 􀆺􀆺６ n＋p １ ＋ １ ＝ １ ＋ １ m＋ p＋ n＋p ＝ ＋ ＋２ ＋ ∴m＋ p n＋p (m＋ p n＋p)( ２ ２ ) １ １ m＋ p ２ ２ ２ ２ ２ m＋ p ２ 分 n＋p ≥４． 􀆺􀆺９ ２ 当且仅当m＋ p＝n＋p １时 等号成立 ２ ２ ＝ , ． ２ １ ＋ １ 的最小值为 分 ∴m＋ p n＋p ４． 􀆺􀆺１０ ２ ２ 数学 理科 二诊 考试题参考答案 第 页 共 页 ( )“ ” ５ ( ５ ) {#{QQABKYwEogAgAAJAAAgCQwEYCgGQkAACAAoGQFAAoAAAiQFABCA=}#}