宜宾市高2018级高三第二次诊断考试（文科）答案.docx

1、1 宜宾市高宜宾市高 2012018 8 级高三第级高三第二二次诊断测试次诊断测试 文文科数学科数学参考答案参考答案 一、选择题：一、选择题：BDCAABBDCAABDACADCDACADC 二、填空题：二、填空题：410 3 5 80 三、解答题： 17.解： （1）在ABC中，由正弦定理 sinsin ab AB ，可得sinsinbAaB， 又由 sincos() 6 bAaB，得 sincos() 6 aBaB， 即 sincos() 6 BB，可得tan3B 又因为(0)B，可得 3 B （6 分） （2）在ABC中， 3 cos2227 22 2 cc， 解得3c，1c（舍去），

2、2 33 3 sin23 2 1 ABC S， 又因为CDAC2，所以 2 1 ABC BCD S S ， 4 33 2 33 2 1 2 1 ABCBCD SS.12 分 18.解： （1） 2 2 10020104030 16. 6676. 635 50506040 K ， 因此，有99%的把握认为认为方案一的支持率与运动员的性别有关.4 分 （2）在方案二中的 100 名女运动员中按分层抽取 5 人，这 5 人中支持的 3 人，不支持的 2 人. 设支持的 3 人为 1 A， 2 A， 3 A，不支持的 2 人为 1 B， 2 B. 从这 5 人中随机抽取 2 人有下列情况：）（ 21

3、A,A，）（ 11 B,A，）（ 12 B,A，）（ 31 A,A，）（ 32 A,A， ）（ 21 B,A，）（ 22 B,A，）（ 31 A,B，）（ 21 B,B，）（ 23 B,A共 10 种. 抽取的 2 人中都支持方案二的有）（ 21 A,A，）（ 31 A,A，）（ 32 A,A共 3 种. 抽取的 2 人中都支持方案二的概率为 10 3 .12 分 2 19. 解：（1）连接BE，因为4CD，E为CD的中点 所以2 ABDE 四边形ABCD是直角梯形， CDAB/， ABED是矩形 CDBE 又 45C，2EC 2ECBEAD ABED是正方形， BEC是等腰直角三角形， 又F

4、为BC的中点， CBEF 又 45C， ADE与EFC都是直角等腰三角形. 45CEFDEAAEEF 平面 SAE平面ABCE，平面SAE平面ABCEAE,ABCEEF平面 SAEEF平面SAESE平面SEEF .6 分 （2） 设AE的中点为O，连接SO，因平面SAE平面ABCE， 所以点S到AE的距离2SO ， 1 EFC S ， 3 2 . 3 1 hSV EFCEFCS 由（1）知SEEF ， 222 2 1 SEF S . 设点C到平面SEF的距离为h， SEFCEFCS VV ， h2 3 1 3 2 ， 1h . 所以点C到平面SEF的距离为 1.12 分 20.解：（1）由题得

5、 222 2 2 3 2 cba a b ca 3 2 b a ，椭圆C的方程为1 34 22 yx .4 分 （2）由题可设直线l：1 myx，),(),( 2211 yxNyxM, 联立得 1 34 1 22 yx myx 096)43( 22 myym 得 43 9 , 43 6 2 21 2 21 m yy m m yy.7 分 所以 43 112 43 36 ) 43 6 (4)()( 2 2 2 2 2 21 2 21 2 2121 m m mm m yyyyyyyy. 3 又ONOMOQ，所以 43 112 1 2 1 22 2 2 21 m m yySS OMNOMQN . 设

6、1m2t，则1m 22 t且1t， t t t t m m SOMQN 1 3 12 13 12 43 112 22 2 （1t）. 又 t t 1 3 在，1上单调递增，所以4 1 3 t t，所以3 4 12 1 3 12 0 t t . 所以四边形OMQN面积3 , 0 OMQN S.12 分 21.解：（1）函数)(xf的定义域为), 0 （， 2 ln1 )( x xa xf ， 由0) 1 ( f得1a，经验证，1a时)(xf在1x处取极小值； 1a时， x x xf ln1 )( ， 2 ln )( x x xf. 10 ln )( 2 x x x xf；100 ln )( 2

7、x x x xf， 所以1a,函数)(xf的单调减区间是) 1 , 0（；单调增区间是), 1（.5 分 （2）0 3 2 )( xxf01ln 3 2 )( 2 xxxxh. x xxh 1 3 2 2)( ，令)( )(xhx ，)0(0 1 2)( 2 x x x )(x即)( xh在), 0( 单调递增，由0)( 0 xh得 6 119 0 x) 3 2 , 2 1 ( 又 0 2 0 3 1 2 1 xx，故1ln 3 2 )()( 00 2 00min xxxxhxh，) 3 2 , 2 1 ( 0 x 2 1 ln 3 1 )( 00min xxxh，) 3 2 , 2 1 (

8、0 x 设 2 1 ln 3 1 )(xxx，则) 3 2 2 1 (0 1 3 1 )( x x x， )(x在) 3 2 , 2 1 (单调递减，0) 1 8 27 (ln 3 1 3 1 2 3 ln 2 1 3 2 ln 9 2 ) 3 2 ()(x， 即0 2 1 ln 3 1 )( 00min xxxh 0 3 2 )( xxf.12 分 22.解：（1）由 )( 1 2 1 2 为参数t t ty t t x 得 )( 1 1 2 为参数t t ty t tx , 两式平方相减得44 22 yx,即曲线 C 的普通方程为1 4 2 2 y x. 4 由 sin cos y x 可

9、得直线l的直角坐标方程为 02 yx .5 分 （2）直线l过点 ) 1 , 3(P ，可设直线l的参数方程 )( 2 2 1 2 2 3 为参数t t ty x ， 代入曲线C得： 0622223 2 tt . 对应的参数分别为设点BA、 1 t， 2 t，则 3 222 21 tt， 3 62 21 tt. 3 222 t 21 tPBPA.10 分 23.解：（1）当1x时，不等式即为651xx，解得0 x,得10 x. 当51 x时，不等式即为651xx 64 ，得51 x. 当5x时，不等式即为651xx，解得6x，得65 x. 综上，不等式 6)(xf 的解集为6 , 0.5 分 （2）4)5() 1(51)(xxxxxf,所以4m. 正实数ba,，abba1 11 ba ， 所以4222) 11 ( a b b a a b b a ba baba, (当且仅当= ab ba ，即2ab时等号成立) 所以mba.10 分