1、 第 1 页 共 6 页 中学生标准学术能力诊断性测试中学生标准学术能力诊断性测试 2018 年年 12 月测试月测试 理理科科数学试卷数学试卷（一一卷）卷）一一.选择题：本大题共选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的.1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C A D A B A D B C C B D 二.填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13.12 1421,12 15222xya+=160,2 三、解答题：共
2、三、解答题：共 70 分分,解答应写出文字说明解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤,第第 1721 题为必考题，每题为必考题，每个试题考生都必须作答个试题考生都必须作答,第第 22,23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：（一）必考题：60 分分.1712 分 解:（）()4sin sin()36f xxx=+314sin(sincos)322xxx=+22 3sin2sin cos3xxx=+3(1 cos2)sin23xx=+sin23cos2xx=2sin(2)3x=3 分 所以函数()f x的最小正周期为.4 分（）依题意，由正
3、弦定理，sinsinsincos2sincosABBABA+=.5 分 因为在三角形中sin0B，所以cos2cossinAAA=.即(cossin)(cossin1)0AAAA+=，7 分 当cossin0AA=时，tan1A=，4A=；8 分 当cossin1AA+=时，两边平方得12sincos1AA+=，故sincos0AA=，cos0A=，2A=.由于ABC锐角三角形，所以4A=.9 分 则34BC+=.又02B，02C，34CB=.所以42B，10 分 第 2 页 共 6 页 又2633B，所以1sin(2)123B.由()2sin(2)3f BB=，则()f B的取值范围(12,
4、.12 分 1812 分 证明：（）22ABADa=，60BAD=，在ABD中，222242 2cos603BDaaa aa=+=，222BDADAB+=，90ADB=，BDAD，2 分 又ADEF为正方形，ADDE，又ADBC，BCDE，BCBD，又BD面BDE，DE 面BDE，BDDED=，BC 平面BDE，5 分 又BC 平面BCE，平面BDE 平面BCE.6 分（）方法一：平面ADEF平面ABCD，EDAD，ED 平面ABCD，EDDB，即DADBDE、两两垂直，7 分 以DADBDE、分别为,x y z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则(,0,0)A a，3(0,0)2Ga，(,3,
5、0)Caa，(0,0,)Ea，3(0,)2EGaa=，3(,0)2GCaa=，8 分 取平面ADEF的法向量为(0,1,0)=m，设平面CGE的法向量为(,)x y z=n，则00EGGC=nn，即302302ayazaxay=+=，令1y=，则32x=，32z=，故33(,1,)22=n，10 分 设平面CGE与平面ADEF所成锐二面角为，则|10cos|5=m nm n.12 分 方法二：连接AG，AE，则AGC、共线，AE是平面CGE与平面ADEF的交线，取AE的中点为H，连接HG，HD，则由平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD=，BDAD，且BD 面ABCD BD 平
6、面ADEF，即GD 平面ADEF，8 分 又ADEF为正方形，H为AE的中点，DHAE，GHAE.GHD是平面CGE与平面ADEF所成锐二面角的平面角，10 分 G C E F B A D y x z G C E F B A D H 第 3 页 共 6 页 由（）可得，32GDa=，22DHa=，在tRGHD中，10cos5DHGHDGH=.平面CGE与平面ADEF所成锐二面角的余弦值为105.12 分 1912 分 解：（）抽取的螺帽质量指标值的样本平均数x和样本方差2s分别为：170 0.05 180 0.12 190 0.18200 0.30210 0.19x=+2200.102300.
7、06200+=3 分2222(30)0.05(20)0.12(10)0.180 0.30s=+222100.19200.10300.06224+=，6 分（）（i）由（）知，(200,224)ZN，从而(200 14.9720014.97)2(185.03200)0.6826PZPZ+=，(185.03200)0.3413PZ=，(20029.9420029.94)2(200229.94)0.9544PZPZ+=，(200229.94)0.4772PZ=，(185.03229.94)(185.03200)(200229.94)0.8185PZPZPZ=+=，10 分（ii）由（i）知，一件螺帽
8、的质量指标值位于区间(185.03,229.94)的概率为0.8185，依题意知(100,0.8185)XB，所以()1000.818581.85E X=.12 分 2012 分 解（）由(,0)2pA，则(,0)2pBa+，(,)2pDp，则2(,2)2pCappa+，2 分 又ap=，所以331322CDppkpp=.4 分（）设直线CD的方程为：ykxb=+(0)k，设11(,)C x y，22(,)D xy，由22ykxbypx=+=，得2220kypypb+=，5 分 所以2480ppkb=，得2pkb，6 分 又122pyyk+=，122pby yk=，由1220pyyk+=，12
9、20pby yk=，可知0k，0b，由2212|1|1CDkxxak=+=+，7 分 第 4 页 共 6 页 点O到直线CD的距离为2|1bdk=+，所以2121|11221bSakabk=+=+.8 分 又2121211 2()|22papSyyxxakk=+=，10 分 所以122SkbSp=，11 分 因为02pkb，所以12104SS.12 分 2112 分 解（）当0a 时，()e(1)e(1)exxxfxaaxaxa=+=+，1 分 由()0fx，得1axa+，()f x在1(,)aa+上单调递减，在1(,)aa+上单调递增 2 分 1axa+=时，()f x取得极小值，即最小值1
10、eaaa+3 分 当0a 时，1111aaa+=+，11aa+，110eeaa+，1eeaaaa+，即()0eaf x+5 分（）证明：当12a=时，1()(1)e2xf xx=+，则1()(1)e2xfxx=，(1,)x+时，()0fx，()f x单调递减，(,1)x 时，()0fx，()f x单调递增，6 分 令()()(2)F xf xfx=，则211()(1)ee22xxF xxx=+，21()(1)(ee)2xxF xx=，当(1,)x+时，10 x，2xx，2ee0 xx，()0F x，()F x单 调 递减，8 分()(1)(1)(1)0F xFff=，即()(2)0f xfx，
11、当(1,)x+时，()(2)f xfx.9 分 又()f x在(,1)内是增函数，在(1,)+内是减函数.12xx，且12()()f xf x=，12,x x不在同一单调区间内，第 5 页 共 6 页 不妨设121xx，由上可知：22()(2)f xfx，10 分 12()()f xf x=，12()(2)f xfx.11x，221x，又()f x在(,1)内是增函数，122xx，即122xx+.12 分（如果考生证明过程与参考答案不完全一致，但思路正确，逻辑严密，阅题老师可酌情给分）2210 分 解：（）由10cos2sinxy=，得到曲线 C 的普通方程是：22215xy+=，2 分 又c
12、osx=，siny=，代入得，22225sin2cos5+=，即2253sin2=+（22255sin2cos=+也可得分）5 分（）因为22255sin2cos=+，所以22212cossin5=+，6 分 由0OP OQ=，故OPOQ，设点P的极坐标为1(,)，则点Q的极坐标可设为2(,)2，7 分 所以222222|111|OPOQOPOQOPOQ=+2222221211112cos2sin1sincos5255157=+=10 分 2310 分 解：（）当1a=时，由()0f x，即|2|21|xx+，两边平方，得：2244441xxxx+，即23830 xx，2 分 解得：133x，
13、所以不等式()0f x 的解集为：1|33xx.4 分（）若存在Rx，使得不等式()f xa成立，即|2|21|xaxa+成立，所以存在Rx，使得|2|21|1xax+成立，令|2|()|21|1xg xx+=+，只需max()agx即可.第 6 页 共 6 页 又函数13,222(1)|2|131(),2|21|122(1)2111,22xxxg xxxxxx+=+，6 分 当2x 时，()g x单调递减，10()2g x；当122x 时，()g x单调递增，50()2g x；当12x 时，()g x单调递减，15()22g x；可知函数max15()()22gxg=，9 分 所以52a.10 分
