1、一诊考试理科数学参考答案第 1页共 9 页巴中市普通高中巴中市普通高中 2017 级级“一诊一诊”考试考试理科数学理科数学参考答案与评分标准参考答案与评分标准一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分题号题号123456789101112答案答案DCBCADAACBDB二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分13 12；14 56；152；169三、解答题：共三、解答题：共 70 分分17（12 分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD 是矩形，PAPD，PAAB，N
2、 是棱 AD 的中点（1）求证：PNABCD 平面；（2）若APPD，且2,4ABAD，求二面角B PC N的余弦值解：解：（1）证法一证法一由题意，知,ABADABPA又,PAADAPA AD平面PADAB 平面PAD2 分又PN 平面PADABPN3 分由,PAPDNAND得：PNAD 4 分,ABADAAB AD平面ABCDPNABCD 平面6 分证法二证法二由题意，知,ABADABPA又,PAADAPA AD平面PADAB 平面PAD2 分又AB 平面ABCD平面ABCD 平面PAD3 分由,PAPDNAND得：PNAD 4 分平面ABCD平面PADAD,PN 平面PADPNABCD
3、平面6 分（2）解法一：向量方法解法一：向量方法由APPD，NAND，2,4ABAD得：2NANDPNNE取 BC 的中点 E，连结 NE，则/NE AB，故NEAD由（1）知：,PNNAPNNENENA7 分以 N 为原点，NA，NE，NP 分别为,x y z轴建立空间直角坐标系，于是，有：(0,0,0),(2,0,0)NA,(2,2,0),(2,2,0),(0,0,2)BCP(0,0,2),(4,0,0),(2,2,2)NPCBCP 8 分设平面NPC的一个法向量为(,)mx y z则由0,0.m NPm CP 得：0,2220.zxyz取1y 得：(1,1,0)m 9 分PABCDNxy
4、zEABCDPN一诊考试理科数学参考答案第 2页共 9 页设平面BPC的一个法向量为(,)ua b c则由0,0.u CBu CP 得：0,2220.aabc取1b 得：(0,1,1)u 10 分11cos,2|22m um um u 11 分二面角BPCN的余弦值为1212 分解法二：解法二：向量方法向量方法如右图，连结 CN，DE，由已知，得：四边形NECD为正方形DECN7 分由（1）知：PNABCD 平面，又DE 平面 ABCDPNDE又PNCNN，,PN CN 平面PNCDE 平面PNC，即DE为平面PNC的法向量8 分连结 PE，取 PE 的中点 Q，连结 NQ由已知及（1）可得：
5、,PNBC NEBCBC 平面PNEBCNQ由 PNNE 得：NQPE，又PEBCENQ 平面PBC，即NQ为平面PBC的法向量9 分以 N 为原点，NA，NE，NP 分别为,x y z轴建立空间直角坐标系则有：1()(0,1,1)2NQNENP，(2,2,0)DEDNDC10 分21cos,2|22 2NQ DENQ DENQDE 11 分二面角BPCN的余弦值为1212 分解法解法三三：综合法：综合法取 BC 的中点 E，连结 NE，则/NE AB，NEAD,且2NEEC取NC的中点F，连结EF，则EFNC过 F 作FGPC，垂足为 G，连结 EG由（1）知：PNABCD 平面，故PNEF
6、EF 平面PNC又PC 平面PNCEFPC7 分又EFFGFPC 平面EFGPCEG8 分由EG 平面PBC，FG 平面PNCEGF为二面角BPCN的平面角9 分在直角ENC中，2NEEC2 2,2NEECNCEFNC，222CFCEEF10 分在直角PNC中，由2 2,2NCPN得：2 3PC 由CFGCPN得：FGCFPNCP，故63FG 222 63EGEFFG1cos2FGEGFGE11 分EFGABCDPNDxyzEABCPNQ一诊考试理科数学参考答案第 3页共 9 页即二面角BPCN的余弦值为1212 分解法解法四四：综合法：综合法取 BC 的中点 E，连结 NE由（1）知：,PN
7、NAPNNENENA由已知，得：2PNNDNE以,PNNDNE为棱将四棱锥PNECD补形为正方体NECDPGHM，如图 7 分连结,NG NC DE在正方体NECDPGHM中，由正方体的性质易知：DE 平面PNC，NG 平面PEC9 分即DE，NG分别为平面PNC，平面PEC的法向量10 分连结 DH，EH，则由正方体的性质知：/DHNG，DEH为等边三角形60HDE11 分DE与NG的夹角为60二面角BPCN的余弦值为1212 分18（12 分）已知各项均为正数的数列na的前n项和nS满足214()(*)nnaSnN（1）求数列na的通项公式；（2）设2nannba，求数列 nb的前 n 项
8、和nT解：解：（1）由214()(*)nnaSnN知：当1n 时，有11211,04()aaa，解得11a 1 分由12211,14()4()nnnnaaSS两式想减，得：1221114()()nnnaaa，化简得：1122220nnnnaaaa2 分变形得：11(2()0nnnnaaaa3 分对*n N，有0na 12nnaa，即12nnaa 4 分故数列na是以 1 为首项，2 为公差的等差数列5 分21nan6 分（2）解法一解法一2nannba，21nan21212nnbn 7 分3521(1321)(2222)nnnT8 分21221(21)2(14)2422+3221433nnnn
9、nnn 11 分2122323nnnT 12 分解法二解法二由（1）及已知，得：2nnS7 分记2nanc，数列 nc前n项和为nA，则nnnTSA 8 分112,4nnccc数列 nc是以 2 为首项，4 为公比的等比数列9 分212(14)22143nnnA 11 分2122323nnnT 12 分DMEABCPNHG一诊考试理科数学参考答案第 4页共 9 页19（12 分）“绿水青山就是金山银山”，“建设美丽中国”已成为新时代中国特色社会主义生态文明建设的重要内容某班在一次研学旅行活动中，为了解某苗圃基地的柏树幼苗生长情况，在这些树苗中随机抽取了 120 株测量高度（单位：cm），经统计
10、，树苗的高度均在区间19,31内，将其按19,21)，21,23)，23,25)，25,27)，27,29)，29,31分成 6 组，制成如图所示的频率分布直方图据当地柏树苗生长规律，高度不低于27cm的为优质树苗（1）求图中 a 的值；（2）已知所抽取的这 120 株树苗来自于 A，B 两个试验区，部分数据如下列联表：A 试验区B 试验区合计优质树苗20非优质树苗60合计将列联表补充完整，并判断是否有99.9%的把握认为优质树苗与 A，B 两个试验区有关系，并说明理由；（3）用样本估计总体，若从这批树苗中随机抽取 4 株，其中优质树苗的株数为X，求X的分布列和数学期望EX附：参考公式与参考数
11、据：解解：（1）根据频率直方图数据，有2(220.1020.20)1aa，解得：0.025a.2 分（2）根据频率直方图可知，样本中优质树苗棵树有120(0.1020.025 2)303 分列联表如下：5 分可得；22120(10 3020 60)7210.310.82870 50 30 907K6 分所以，没有99.9%的把握认为优质树苗与 A，B 两个试验区有关系 7 分注：注：也可由22120(10 3020 60)7210.28610.82870 50 30 907K得出结论（3）用样本估计总体，由题意，这批树苗为优质树苗的概率为30120148 分X的可能取值为 0，1，2，3，4，
12、由题意知：X服从二项分布，即1(4,)4BX4413()C()()(0,1,2,3,4)44kkkP Xkk9 分即：00441381(0)()()44256P XC；113413(1)C()()424674P X；222413(2)C()()4427128P X；331413(3)C()()43464P X；4404131(4)C()()44256P X X的分布列为：11 分X0123P8125627642712836422()()()()()n adbcKab cd ac bd20()P Kk0.0100.0050.001其中nabcd0k6.6357.87910.828A 试验区B 试
13、验区合计优质树苗102030非优质树苗603090合计705012001921 2325272931cma2a0.100.20频率组距一诊考试理科数学参考答案第 5页共 9 页数学期望为1()414E X 12 分（或81272731()0123412566412864256E X ）评分说明：评分说明：分布列的表示有解析法、列表法和图象法三种，本题若只写出4413()C()()(0,144 kkkP Xkk，2,3,4)，即用解析法表示分布列而未具体计算出 X 取每个值的概率，并用表格表示分布列，不扣分20（12 分）在平面直角坐标系xOy中，(2,0)A，(2,0)B，且PAB满足3tan
14、tan4AB 记点P的轨迹为曲线 C（1）求 C 的方程，并说明是什么曲线；（2）若MN，是曲线 C 上的动点，且直线 MN 过点1(0,)2D，问在y轴上是否存在定点Q，使得MQONQO？若存在，请求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由解解：（1）由3tantan4AB，得34PA PBkk 1 分设点P的坐标为(,)x y，则：3 (2242)yyxxx ，化简得：221 (432)xyx 2 分曲线 C 的方程为221 (432)xyx 3 分C 是中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆（不含左、右顶点）4 分（2）假设存在的定点(0,)Qm符合题意由题意知：直线,ADBD的斜率分别为11,
15、44ADBDkk 由题意及（1）知：直线MN与直线,ADBD均不重合5 分当直线MN的斜率k存在时设其方程为1 (1)24kykx，1122(),(),M xyN xy由MQONQO，得直线MQ，NQ的倾斜角互补，故0MQNQkk6 分又12121 21212121 2114(12)()222MQNQkxmkxmymymkx xm xxkkxxxxx x1 2124(12)()0kx xm xx 7 分由221,431.2yxykx消去y，整理得：22(34)4110kxkx221644(34)0kk又121 222411,3434kxxx xkk8 分代入得：2228(6)1144(12)0
16、343434k mkkmkkk 9 分当14k 时，又k不恒为当且仅当6m 时，式成立当直线MN的斜率k存在时，存在定点(0,6)Q满足题意10 分当直线MN的斜率不存在时，点(0,6)Q满足0MQONQO ，也符合题意 11 分综上所述，在y轴上存在定点(0,6)Q，使得MQONQO 12 分【评分说明】【评分说明】1第（1）小题，C的方程批注0y 也可，若未标注2x （或0y），扣 0.5 分；回答C是椭圆，但未指出不含左、右顶点的，扣 0.5 分；未回答C是椭圆的，扣 1 分一诊考试理科数学参考答案第 6页共 9 页2第（2）小题，当直线MN的斜率存在时，未指明斜率14k ，扣 0.5
17、分；没有考虑直线MN的斜率不存在的情形，扣 1 分.3两个小题以上严谨性失误综合扣分不超过 2 分.21（12 分）已知函数2()(sin2)xf xexaxae，其中aR，2.71828e 为自然对数的底数（1）当0a 时，讨论函数()f x的单调性；（2）当112a时，求证：对任意的0,)x，()0f x 解：解：（1）当0a 时，()(sin),xf xexexR()(sincos)2sin()4xxfxexxeexe2 分对x R，2sin()24xe()0fx3 分()f x在R上为减函数4 分（2）解法一解法一对x R，恒有0 xe“对任意的0,)x，()0f x”等价于对任意的0
18、,)x，2sin20 xaxae 5 分设2()sin2 0,)g xxaxaex，则()cos2g xxax令()()cos2h xg xxax，0,)x，则()sin2h xxa 6 分当112a且0,)x时，有()0h x()h x在0,)上是减函数，即()g x在0,)是减函数7 分又(0)10g，22 2()0424ag()g x存在唯一的0(0,)4x，使得000()cos20g xxax8 分当0(0,)xx时，0()0g x，()g x在区间0(0,)x单调递增；当0(,)xx时，0()0g x，()g x在区间0(0,)x单调递减；当0,)x时，2max000()()sin2
19、g xg xxaxae9 分由00cos20 xax得：001cos2xxa22max0000111()sincos2sinsin2444g xxxaexxaeaaa10 分令0sintx，0(0,)4x，则2(0,)2t，于是有：22max1111()()2(2)4444g xtttaetaaeaaaa ，2(0,)2t又当112a时，221a()t在2(0,)2上是增函数，222115()()20.712022828taeeea11 分即对任意0,)x，()0g x 当112a时，对任意0,)x，()0f x 12 分解法二解法二对x R，恒有0 xe 一诊考试理科数学参考答案第 7页共
20、9 页“当112a时，对任意的0,)x，()0f x”等价于当112a时，对任意的0,)x，恒有2sin20 xaxae5 分以a为主元，设21()sin2 ,12F axaxaea，则：()F a是关于a的一次函数或常函数，其图象是一条线段，于是：222(1)sin20,()sin2011()sin10.22FxxeF axaxaeFxxe 7 分对任意的0,)x，1sin x当0 x时，211()sin12022Fxxee 恒成立 8 分设2()sin2,0,)g xxxex，则()cos2,0,)g xxxx令()cos2h xxx，则()sin20h xx 在0,)上恒成立，()()c
21、os2g xh xxx在0,)上单调递减 9 分又3(0)1,()0623gg()g x在0,)上恒有一零点0 x，且0(0,)6x 10 分又当00 xx时，()0g x；当0 xx时，()0g x2max00005()()sin2sin202g xg xxxexee即对任意的0,)x，恒有2(1)sin20Fxxe()0F a 11 分综上可知，当112a时，对任意的0,)x，()0f x 恒成立12 分22（10 分）【选修选修 44：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程】在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为1cos,1sin.xtyt （t为参数），其中0以坐标原点为极点，x轴的正半
22、轴为极轴的极坐标系中，曲线:4cosC（1）若4，求l与 C 的交点的极坐标；（2）若l与 C 交于 A，B 两点，且两点对应的参数12,tt互为相反数，求|AB的值解：解：（1）解法一：解法一：由4cos，可得24 cos所以224xyx，即2240 xyx 1 分当4时，直线l的参数方程为21,2 (21.2xttyt 为参数）化为直角坐标方程为yx2 分由22,40.yxxyx解得0,0.xy或2,2.xy故直线l与 C 的交点的直角坐标为(0,0),(2,2)3 分l与 C 的交点的极坐标为(0,0),(2 2,)45 分解法二：解法二：依题意，直线l的极坐标方程为 ()4R1 分曲线
23、 C 的极坐标方程为4cos，即24 cos2 分一诊考试理科数学参考答案第 8页共 9 页将 ()4R代入24 cos得：0，或2 2,.44 分故l与 C 的交点的极坐标为(0,0),(2 2,)45 分注：由极点的极坐标的规定，也可将交点的极坐标写成(0,),(2 2,)44解法三：解法三：依题意，直线l的极坐标方程为 ()4R1 分当0时，将4代入4cos，得2 2，此时交点的极坐标为(2 2,)4当0时，点(0,)2在曲线 C 上，点(0,)4在直线l上又(0,)2与(0,)4均为极点的坐标，故此时交点的极坐标为(0,0)4 分当0时，方程组4cos,.4无解综上可知，l与 C 的交
24、点的极坐标为(0,0),(2 2,)45 分（2）解法一解法一由已知直线恒过点(1,1)P又120tt，由参数方程的几何意义知，P是线段AB的中点 6 分曲线C是以(2,0)C为圆心，半径2r 的圆，且22|(2 1)(0 1)2PC 8 分由垂径定理知22|2|2 422 2ABrPC10 分解法二解法二把l的参数方程1cos,1sin.xtyt 代入C的普通方程2240 xyx，得22(sincos)20tt 7 分1 22t t 8 分由题意，知：120tt9 分212121 2|()42 2ABttttt t 10 分解法三解法三由已知直线恒过点(1,1)P又120tt，由参数方程的几
25、何意义知，P是线段AB的中点6 分l的参数方程1cos,1sin.xtyt 代入C的普通方程2240 xyx，得：22(sincos)20tt7 分1202(sincos)tt 8 分tan1，故直线l的极坐标方程为 ()4R 9 分由(1)知：|2 2AB 10 分23.（10 分）【选修选修 45：不等式选讲：不等式选讲】已知函数()|2|f xxax.（1）当3a 时，求不等式()3f x 的解集；（2）若()|4|f xx的解集包含1,2，求a的取值范围解：解：（1）解法一解法一当3a 时，()3f x 即|3|2|3xx，其解集为下列 3 个不行式组的解集的并集253,2.xx或13
26、,23.x或253,3.xx2 分一诊考试理科数学参考答案第 9页共 9 页xO1234解得：1x 3 分的解集为解得：4x4 分()3f x 的解集为(,14,)5 分解法二解法二当3a 时，25,2,()1,23,25,3.xxf xxxx2 分()3f x 的解为1x，或4x 3 分又函数()f x的图象如右图所示，()3f x 的解集为(,14,)5 分解法三解法三当3a 时，()3f x 即|3|2|3xx由绝对值的几何意义知，|3|2|3xx的几何意义为：数轴上实数x对应的点到实数 2 和 3 所对应的点间的距离之和不小于 32 分又 当1x，或4x 时，|3|2|3xx 3 分如右图可得：|3|2|3xx的解集为(,14,)4 分即()3f x 的解集为(,14,)5 分（2）()44|2f xxxxxa，当21,x时，|4(2)242xxxx6 分|42|2xxxaxa22axa 7 分()|4|f xx的解集为2,2aa8 分由题意，知：2,1,22aa21,22.aa 解得：30a9 分a 的取值范围为 3,010 分xOy13y 2343