【甘肃省】2017年高三第二次高考诊断考试理科数学试卷-答案.pdf

1/7 甘肃省甘肃省 2017 年高三第二次高考诊断考试理科数学试年高三第二次高考诊断考试理科数学试卷卷 答答 案案 一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 15DBDCB 610BCBDA 1112AC 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分 132 3 1445 151 1622log 5 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17解：（1）22a，358aa，2238dd，1d，nan 12()nnbSn*N 12(,2)nnbSnn*N 得，11(,2)nnnnnbbSSb nn*N，12(,2)nnbb nn*N 12b，212bb，nb为等比数列，12b，2q，2nnb （2）由2nnnnancb，231123122222nnnnnT，234111231222222nnnnnT，两式相减，得211111121222222nnnnnnT，222nnnT 2/7 18（1）计算 10 块种植地的综合指标，可得下表：编号 A B C D E F G H I J 综合指标 1 5 2 4 3 4 6 1 5 3 由上表可知：等级为一级的有 5 个，其频率为12 用样本的频率估计总体的频率，可估计等级为一级的蜜瓜种植地数量为1110552（2）二级和三级蜜瓜种植地有 5 块，三级蜜瓜种植地有 2 块，则 X 的所有可能取值为 0，1，2 0223253(0)10C CP XC，1123253(1)5C CP XC，2023251(2)10C CP XC 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P 310 35 110 从而3314()012105105E X 19解：（1）在RtABC中，设3AB，2ADDB，3PBDB，2PDAD，1DB，3PB，222PDDBPB，DBPB 在RtABC中，ABBC，PBBCB，DBPBC平面（2）3PBBC，6PC，PBBC 由（1）知，DBPBC平面，以 B 为坐标原点，建立如图所示坐标系 B-xyz，3/7 则(0,0,3)P，(1,0,0)D，(0,3,0)C，2 3(1,0)3E，(1,0,3)DP ，2 3(0,0)3DE 设(,)mx y z是平面 PDE 的法向量，则0,0.m DPm DE所以 30,2 30.3xzy 令3x，得0y，1z，(3,0,1)m 同理，可知平面 PEC 的一个法向量(3,3,3)n 则|21|cos,|7m nm nmn 设二面角DPEC的平面角为，由图可知为钝角，即21cos7 2 7sin7 20解：（1）由题意得，2222,22,2,1,131.caacbcabc故椭圆 K 的方程为2212xy（2）由于直线 AB 的倾斜角不可为零，所以设直线 AB 的方程为1myx，与2212xy联立可得22(2)210mymy 设00(,)M xy，11(,)A x y，22(,)B xy，则12222myym，可得 022mym，00222xmycm 设(,)C x y，又(0)OCOM，所以0 xx，0yy因为 C 在 K 上，故 2222200()122xym 设1h为点 O 到直线 AB 的距离，2h为点 C 到直线 AB 的距离，则 4/7 1212|1(1)1|hOMhhhMC 又由点到直线的距离公式得，1221111hm 而22221212222 2(1)2 2(1)|1()42mABmyyy ym，所以 22122212(1)21|()21SABhh 由题意知，2233aS，所以221233将3代入式11mk 21解：（1）21()e(1)xfxx令21()e0(1)xfxx，得0 x 设21()e(1)xr xx，则32()e(1)xr xx 当1x 时，()0r x，()r x在(1,)上是单调增函数，故而，0 x 是()r x在(1,)内的唯一零点，即0 x 是()fx在(1,)内的唯一零点 所以当10 x 时，()0fx，即()f x在(1,0)上是单调减函数；当0 x 时，()0fx，即()f x在(0,)上是单调增函数（2）224411()(1)()1()(1)e()2e2exg xxf xaxxaxax，41()(2)e2()2exg xxaxa，41()(3)e2()2exgxxa 如果()g x在(,1)是凸函数，那么(,1)x 都有()0gx 411()0(3)e2e2xgxax 令411()3 e2e2xh xx，即得1()(4)e2xh xx()04h xx 当4x时，()0h x；当41x 时，()0h x 即()h x在(,4)单调递增，在(4,1)单调递减，所以4()(4)eh xh，即4ea又()g x在(,1)不是凸函数，所以4(,e)a 5/7 22解：（1）:20l xy，221:1Cxy|002|212d所以直线与曲线相离（2）变化后的曲线方程是1cos,23sin.2xy设点13(cossin)22P，则点到直线的距离是13|sin()2|cossin2|62222d 故点 P 到直线 l 的距离的最小值为22 23解：（1）解不等式|3|2|2xx 当2x时，原不等式可化为322xx，可得32x 所以322x 当23x时，原不等式可化为322xx，可得12所以23x 当3x时，原不等式可化为322xx，可得72x 所以732x 由可知，不等式的解集为3722xx（2）|21|(3)2(2)|3|2|2|123xyxyxy 当且仅当4213xxyy或时等号成立 也可用线性规划得出结论 6/7 甘肃省甘肃省 2017 年高三第二次高考诊断考试理科数学试年高三第二次高考诊断考试理科数学试卷卷 解解 析析 一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 110略 11解析：(1)ln(1)11()ln(1)(1).11APxxkg xxxxx 2211()111xg xxxx，所以()g x在1,0单调递减，在0,单调递增，所以min()(0)1,g xg所以(1g x)12解析：由对称性，不妨设点P位于第一象限，即可设点P的坐标为2,(0)ayyc，tan.1PFPAPFPAkkkk 由题知,0,0F cA a，所以2222222222222()()()tan(0).2 12yc cac cac caeyacabc yacabeacabc yc yyy 二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上）1315略 16解析：ln(2)ln(3)ln(2)ln(2)().(1),ln(1)ln(2)ln(1)ln(1)xxxnxng xxxxxnx 因 为2(1)ln(1)(2)ln(2)()0,(1)(2)ln(1)xxxnxng xxxnx 所 以()g x在1,是 减 函 数 所 以2()(1)log(3),F ngn 令24(1)()log,3nnaF nF nn 由 于41()133xt xxx 在3,是减函数，所以数列 na是个递减的数列，故12log 52.naa 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 1723略 7/7