2024届绵阳三诊 理数答案.docx

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1、绵阳市局中2021级第三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.CBACBDDCBCDA二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.455.6.924.1OX-3.1三、解答题：本大题共6小题，共70分.217.解：(1)由列联表可计算210024124816,4分K4.7623.,84140607228.有95%的把握认为参数调试能够改变产品合格率.5分(2)根据题意，设备更新后的合格概率为0.8,淘汰品概率为0.2.6分可以认为从生产线中抽出的6件产品是否合格是相互独立的，8分设X表示这6件产品中淘汰品的件数，则XB(6,0.2),9

2、分可得：601pP(X1)C0.80.2C0.80.210分015660.8(0.81.2)0.65536.12分18.解：(1)设a的公差为d,则1,1+d,2+2d成等比数列，1分n(1d)21(22d),解得：d=1或d=-1,3分而d=-1,不满足a,a,a31 1成等比数列，2d=1,4分工数列a的通项公式an.5分nn(2)令Dnaba2b1a1b2arb31，6分nnaba11/.Dababab131n12nn1两式相减有：DnDnab13,，数列b的前n+1项和为23%即123T,9分nnn又DIab2,所以b2,10分bbbb1,11分12123nnnT23n1.12分数学（

3、理科）评分标准第1页共8页19.解：(1)过C作CHBB交BB于H,1分C在平面ABBA内的焉影落定棱BB上，111CHABBA,又ABABBA,2分平面平面1I1 1CHAB,3分又ABBBCCHC,4分C,且I.AB1BCCB；5分平面231 22 2)V21,则CH7,6分VSCH3ABCABCABBA1 11112 过C作CQAAAA于Q,连结HQ,交IAA与CCl的距离为2则CQ2,XVCH平面ABBA,则CHHQ,11在RtZCHQ中：HQ2CQ2CH221IJUJHQ1,又AACHAA且CQ,AA平面CHdAA：,HQ又由；1）弗ABBCCB,ABBB,平面1ABAA,则四边形A

4、BHQ为矩形，1.ABHQ1,又四边形ABBIAl的面积为3,则BB=3,分别以HB,HQ,HC为X轴、y轴、Z轴建立如图所示空间直角坐标系，设BHx(x0),.B(x,0,0),A(x,1,0),(301)C，VACACVT1.，1331(3)11272222解得X2,9分B(2,0,0),A，,，C(0,0,1),1(110)AB(3,1,0),BC(2,0,1),设平面ABC的法向量为m(x,y,z),ABnxy3O,令X1,则11(1,3,2),11BCn2xzO易知平面ABBA的法向量Q(0,0,1),11分111417，平面ABC与平面ABBA所成锐二面角的余弦值为I4.12分11

5、17数学（理科）评分标准第2页共8页20.解：Cl)离心率eJF当x=1,，则IABI=2bb1aVa1，2联立得:a_22,b1,故椭圆C方程为：2(2)设过F,A,B之点的圆的圆心为Q(0),A(x,y),B(x,y),1122(O/,又F(3,0),则IQAl2=QFl2,即(X0)2(y)2(Q3产11又A(x,y)在需|#2y2X2y111上，故I/144121带入上式化简得到：3y22ny10,7分110，81yy，9分123同理，根据QBCQF可以得到：3y2ny1分c2二22=2222由可得：y,y2是方程3y22ny10的两个根，则设直线AB：Xty1,联立方程：4Xtyl整

6、理得：K4)y22ty30,10分故13，解得：t25,yy122t43t5,11分直线AB的方程为：X5y10.12分数学（理科）评分标准第3页共8页21.解：(1)当a1时，fXX2XXx2X()()n2f(X)(X1)lnx,则切线斜率k：曲线f(x)在(e,f(e)处的切线方程:4-e1,2分12ye(e1)(xe),4分4(Xy2，5分即：e1)e-eO4(2)证明方法因为f(X)(x-a)(lnxIna),6分由f(X)。得到Xa；由f(x)O得到OXa.f(x)tf(0;a)单调递减，在(a,)单调递增.52f(x)f（八）a,7分min4555(2In)e1a要证1f(x)(2

7、lna)ea,即证：2aa,0-848只需证：2a2Ina20(1a2)(*)8分ea12x，2设gX)Inx2(1X2)eX14x2x14x2xe223x1g(X)-，9分eXxe1X14x2x23设，h(x)1(1X2)eX1则h(X)210x8x2x(xI)(X4)exex易知：h(x)在(1,2)上单调递减，而h1O,h(2)10,故必存在唯一Xoh(x)0,10分(1,(2) 得当X(1,X)时，h(x)0,即g(X)0；0当X(Xo,2)时，h(x)。，即g(X)0,g(x)在(1,x)上单调递增，在(xo,2)上单调递减.11分08而g0,g(2)In220,eg(x)。在(1,

8、2)上恒成立，即(*)式成立，原命题得证.12分数学(理科)评分标准第4页共8页方法二：因为f(X)(Xa)(lnxIna),由f(X)0得到Xa；由f(X)f(x)在(O,a)单调递减,在(a,)单调递增.f()f（八）min要证fXb即证:a2(2Ina)e1,只需证:2a2Ina0(1a2),设g()2x2Inx(1-yX(1,2)恒成立.ex1,即证g()。在22)11Inx2)，(1令h(x)2(2)12lnxh(x)(1X2)又.1,2(x2,2)12lnx0,0,h(X)分2(2)12lnx。在(1,2)上恒成立.10exg(X)在(1,2)单调递减，又90,0,g(2)8e(1

9、+ln2)，存在X。(12)，使得g()在4e(1,X)单调递增，在(，2)单调递减.g(1)0,g(2)e(2In2)11分g(x)O在X(1,2)恒成立，得证.12分数学(理科)评分标准第5页共8页Ina),0得到0Xa.方法三：因为f(X)(xa)(lnx由f(X)。得到Xa；由f(X)f(x)在(O,a)单调递减,在(a,)单调递增.5/.一2f(x)f（八）amin45要证()(2In)efxa087分55a(2lna)e,即证：21a48(2Ina)只需证：,aes112)a2a2(2Ina)-令g（八）e1(1a2),a2a2a(2则g（八）Ina)32lnaePa2),a2a3

10、设h（八）a(2Ina)32lna(1a2),9分1.h（八）3Ina(1a2),易知h（八）在(1,2)单调递增.ah（八）h,(1)10,10分h（八）在(1,2)单调递增,又h1O,h(2)10,存在唯一ao(1,2),使得当a单调递当aa,ha,g（八）分(2)()0o(22ln2)e又g1,g1,(1,a),h（八）0,g（八）0,g（八）00,g（八）单调递增，1112分g（八）1在a(1,2)恒成立，原不等式得证.数学(理科)评分标准第6页共8页22.(1)方法一:令XO,即cos0,解得5当2k6Tl-当2k63Sin21,7分8分3sntan，1分3或上2k,k,Z2分6时，

11、y23()4；3分2C1v3时，y230,4分22曲线Cl与y轴的交点坐标为(0,4),(0,0).方法二：消参：由C6数方程得：X2(y2322,1分2)(cossin)(sin3cos)134即曲线Cl的普通方程为：2(y2)24,2分令X0,得y0或4,4分曲线Cl与y轴的交点坐标为(0,4),(0,0).5分(2)方法一：将曲线Ci：x2(y2)24化为极坐标方程，得：4sin,6分联立C,C2的极坐标方程sin(,得4sin)2sin(4sin1cos2从而Sin(sin3cos)1221整理得：sin(2),所以262-66即或，9分62ZAOB10分方法二：将C2的极坐标方程sin()2,3化为直角坐标方程：3xy40,6分C2是过点(0,4)且倾斜角为:的直线，7分不妨设B(0,4)，则NOBA,因为BO,9分为直径，所以NBAo26ZAOB10分263数学（理科）评分标准第7页共8页QO/4ch0333(9b)j.(I)Wa1.一得abab3,1分abab又由f(x)xaxb(xa)(xb)ba2,3分且ab0,所以ab2,4分5分6分由竽a丁丁H(2)3atbt33tt31,则1t7分.，3tt-3cosSind2sin(),9分31当时，BPt时，3atbt的最大值为2.10分64数学（理科）评分标准第8页共8页