宜宾市高2018级高三第二次诊断考试（理科）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 理科数学理科数学参考答案参考答案 一选择题：BDCABBBDCABBACDADCACDADC 二填空题：6010 3 5 33 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 33 3 sin23 2 1

2、ABC S.又因为CDAC2，所以 2 1 ABC BCD S S ， 所以 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） 男运动员支持方案二的概率为 3 2 2040 40 ， 女运动员支持方案二的概率为 2 1 2020 20 ； （）3 人中恰有 2 人支持方案二分两种情况，仅有两个男运动员支持方案二， 仅有一个男运动员支持方案二，一个女运动员支持方案二， 所以 3 人中恰有 2 人支

3、持方案一概率为： 9 4 2 1 ) 3 2 1 ( 3 2 2 1 1 3 2 1 2 2 ）（）（）（C. 7 分 （）假设这 3 人中支持方案二的人数为X，则X=0，1，2，3 18 1 ) 2 1 1 () 3 2 1 ()0( 2 XP； 18 5 2 1 ) 3 2 1 () 2 1 1 ( 3 2 ) 3 2 1 () 1( 21 2 CXP； 9 4 2 1 ) 3 2 1 ( 3 2 2 1 1 3 2 2X( 1 2 2 ）（）（）（）CP； 9 2 ) 2 1 () 3 2 ()3( 2 XP； 分布列如下： X0123 P 18 1 18 5 9 4 9 2 数学期望

4、6 11 9 2 3 9 4 2 18 5 1 18 1 0)(XE.12 分 2 19.解：（1）证明：连接BD交OAE于E、F分别为CD、BC的中点.BDEF / 又四边是直角梯形，/ /ABCD， 45C， 4CD ，22BC 22BD，2 ADABAEDB AEEF 平面SAE平面ABCE，平面SAE平面ABCEAE,ABCEEF平面 SAEEF平面SAEAS平面ASEF 又ASSE 且ESEEFSEFAS平面.6 分 （2）以O为坐标原点，OA、OB、OS所在直线为轴轴轴zyx、 ，如图所示建立空间直 角坐标系，则002 ，A，020，B，0222-，C，002-，E ， 200 ，

5、S 2222， CS,022， CE 设平面SCE的法向量为zyxn, 1 则 0 0 CEn CSn 取平面SCE的一个法向量为-1, 1 , 1n SEFAS平面 取平面SEF一个法向量为2, 0 ,2- 2 ASn ,显然二面角 FSEC 为锐角， 二面角FSEC的余弦值 3 6 32 22 ,coscos 21 nn .12 分 20.解：（1）由题得 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 1 34 1 22 yx myx 096)4

6、3( 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 2，所以 43 118 1 2 1 33 2 2 21 m m yySS OMNOMQN . 设1m2t，则1m 22 t且1t， t t t t m m SOMQN 1 3 18 13 18 43 118 22 2 （1t）. 又 t t 1 3 在，1上单调递增，所以4 1 3 t t，所以 2 9 4 18 1 3 18

7、0 t t . 所以四边形OMQN面积 2 9 , 0 OMQN S.12 分 21.解：因为 2 ln1 )( x xa xf ， （1）由0) 1 ( f得1a，经验证，1a时)(xf在1x处取极小值；2 分 （2）令0)( xf，得 1 a ex ,若 1a，则10 1 a e， 当), 0( 1 a ex时，0)( xf，)(xf单调递减， 当) 1 ,( 1 a ex时，0)( xf，)(xf单调递增；4 分 若1a，则1 1 a e，当) 1 , 0(x时0)( xf，)(xf单调递减. 综上所述：1a时)(xf在), 0( 1a e单调递减，在) 1 ,( 1a e单调递增； 1

8、a时)(xf在) 1 , 0(单调递减.6 分 （3）1a时0)( x xexf01ln)( 2 xexxh x x exxxh x 1 )2()( 2 ，令)( )(xhx ，)0(0 1 )24()( 2 2 x x exxx x )(x即)( xh在), 0( 单调递增， 又04 16 9 ) 4 1 ( 4 1 eh，02 4 5 ) 2 1 ( 2 1 eh， 所以存在) 2 1 , 4 1 ( 0 x，使0)( 0 xh，当), 4 1 ( 0 xx时，0)( 0 xh，)(xh单调递减； 当) 2 1 ,( 0 xx时，0)( 0 xh，)(xh单调递增. 故1ln)()( 0

9、2 00min 0 xexxhxh x ，) 2 1 , 4 1 ( 0 x 因0 1 )2()( 0 0 2 00 0 x exxxh x ， 2 1 0 2 0 0 x ex x 1ln 2 1 )( 0 0 min x x xh，) 2 1 , 4 1 ( 0 x 4 设) 2 1 4 1 ( 1ln 2 1 )( xx x x，则) 2 1 4 1 (0 1 )2( 1 )( 2 x xx x， )(x在) 2 1 , 4 1 (单调递减，0 5 3 2ln) 2 1 ()(x，即01ln 2 1 )( 0 0 min x x xh 所以0)( x xexf.12 分 22.解：（1）

10、由 t ty t t x 1 , 2 1 2 （t 为参数）得 t ty t tx 1 1 2 （t 为参数）, 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. 由 sin cos y x 可得直线l的直角坐标方程为 02 yx .5 分 （2）易知直线l过点 ) 1 , 3(P ，可设直线l的参数方程 t ty x 2 2 1 2 2 3 （t 为参数）， 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. 因为正实数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