2022届南充三诊数学答案.docx

南充市高 2021 届第三次诊断性考试
数学试题( 理科) 参考答案及评分意见
一、选择题:
1. C 2. A 3. C 4. D 5. B 6. C 7. D 8. C 9. A 10. D 11. A 12. B
二、填空题:
13． -4 14． 1 或 1 15． n+1 16． 107
3 4
三、解答题:
1-( - 2 )2
10
10
17． 解:(1) 因为 cos∠ADB = - 2 ,所以 sin∠ADB =
因为∠CAD = π ,所以∠C = ∠ADB- π
7 2
= .
10
…………3 分
4 4
所以 sinC = sin( ∠ADB- π )= sin∠ADB·cos π -cos∠ADB·sin π = 7 2 × 2 + 2 × 2 = 4
4 4 4 10 2 10 2 5
…………6 分
×
(2) 在△ACD 中,由 AD = AC ,得 AD = AC·sinC = = 2 2 …………9 分
7 4
sinC sin∠ADC sin∠ADC 2 5
7 2
10
在△ABD 中,由余弦定理可得 AB2 = BD2 +AD2 -2BD·ADcos∠ADB = 52 +(2 2 )2 -2 ×5 ×2 2
10
×( - 2 )= 37
所以 AB = 37 …………12 分

优秀
合格
总计
男生
6
22
28
女生
14
18
32
合计
20
40
60

18． 解:(1)
40×20×32×28
(2) 由于 K2 = 60(6×18-22×14)2 = 3． 348>2． 706
…………4 分
因此在犯错误的概率不超过 0． 10 的前提下认为“ 性别与测评结果有关系” . …………8 分
(3) 由(2) 可知性别有可能对是否优秀有影响,所以采用分层抽样按男女生比例抽取一定
的学生,这样得到的结果对学生在该维度的总体表现情况会比较符合实际情况.
所以 CD⊥AB,又 CD⊥DA1 ,AB
19. (1) 证明:因为 AC
= BC
,D 为 BC 中点, ∩
…………12 分
A1 D
D
分
= , …………2
(2)
所以 CD⊥平面 AA1 B1 B,又 BB1 ⊂平面 AA1 B1 B,
所以 CD⊥B1 B,又 B1 B⊥AB,AB∩CD = D,
所以 B1 B⊥平面 ABC. …………5 分
由已知及(1) 可知 CB,CC1 ,CA 两两垂直,所以以 C 为坐标原点,以 CB 为 x 轴,CC1 为 y
轴,CA 为 z 建立空间直角坐标系,设 CC1 = 2,则
C(0,0,0),B(2,0,0),A(0,0,2),C1(0,2,0),A1(0,2,2),D(1,0,1) . …………7 分
设平面 DCA1 的法向量 n→ = ( x1 ,y1 ,z1 ),则
{n→ ·C→D = 0,
1
,即{x1 +z1 = 0,
令 z1 = -1,则 n→ = (1,1,-1); …………9 分
1
1
n→ ·C→A1 = 0
2y1 +2z1 = 0, 1
设平面 DC1 A1 的法向量 n→ = ( x2 ,y2 ,z2 ),则
n→ ·C →D = 0,
2
2 0,
{2 1
即{x2 -
y2 +z2 =
,令 y2 = 1,则 n→ = (2,1,0) …………11 分
2
1
1
n→ ·C →A
= 0,
2z2 = 0, 2
所以 cos<n→ ,n→ > = n→ ·n→
= 3 = 15 .
1 1
→ 1
→ 2
1 2 | n | | n |
3 × 5 5
5
故锐二面角 C-DA1 -C1 的余弦值为 15 . …………12 分
20. 解:(1) 因为当 x≥0 时,f( x)= ex +ax>0 恒成立,
所以,若 x = 0,a 为任意实数,f( x)= ex +ax>0 恒成立. …………2 分若 x>0,f( x)= ex +ax>0 恒成立,
x
即当 x>0 时,a>- ex ,
设 H( x)= - ex ,H′( x)= -ex x-ex = (1-x) ex , …………4 分
x x2 x2
当 x∈(0,1) 时,H′( x) >0,则 H( x) 在(0,1) 上单调递增,
当 x∈(1,+∞ ) 时,H′( x) <0,则 H( x) 在(1,+∞ ) 上单调递减,
所以当 x = 1 时,H( x) 取得最大值.
H( x) max = H(1)= -e,
所以,要使 x≥0 时,f( x
) >0

恒成立
,a 的取值范围为
( -e,+∞ ) .
…………6 分
(2) 由题意,曲线 C 为:y = ex lnx-ex +x.
令 M( x)= ex lnx-ex +x
所以 M′( x)= ex +ex lnx-ex +1 = ( 1 +lnx-1) ex +1 …………8 分
x x
x
设 h( x)= 1x +lnx-1,则 h′( x)= - x12 + 1x = x-21
当 x∈[1,e] 时,h′( x) ≥0
故 h( x) 在[1,e] 上为增函数所以 h( x)= 1x +lnx-1≥0,
,因此 h(
x) 在区间
[1,e]

上的最小值 h
(1)= ln1 = 0,
0
当 x0 ∈[1,e] 时,ex0 >0,x1 +lnx0 -1≥0,
0
所以 M′( x0 )= ( x1 +lnx0 -1) ex0 +1>0, …………10 分曲线 y = ex lnx-ex +x 在点 x = x0 处的切线与 y 轴垂直等价于方程 M′( x0 )= 0 在 x∈[1,e]上有实数解.
而 M′( x0 ) >0,即方程 M′( x0 )= 0 无实数解.
故不存在实数 x0 ∈[1,e],使曲线 y = M( x) 在点 x = x0 处的切线与 y 轴垂直.
21. 解:(1) 由题意知直线 l 的斜率存在,设 l:y
k2 +1
由 l 与圆 O 相切,得 | b | = 1,
= kx
+b,M( x1 ,y1 ),N( x2 ,y2 ),
…………12 分
所以 b2 = k2 +1,
y = x2 -2,
由{y = kx+b,消去 y 得 x2 -kx-b-2 = 0.
所以 x1 +x2 = k,x1 x2 = -b-2. …………2 分
由 OM⊥ON,得 O→M·O→N = 0,即 x1 x2 +y1 y2 = 0,
所以 x1 x2 +( kx1 +b)( kx2 +b)= 0,
所以(1+k2 ) x1 x2 +kb( x1 +x2 ) +b2 = 0,
所以 b2( -b-2) +( b2 -1) b+b2 = 0,
解得 b = -1 或 b = 0( 舍) .
所以 k = 0,
故直线 l 的方程为 y
= -1.
…………5 分
(2) 设 Q( x3 ,y3 ),R( x4 ,y4 ),则
3
4
k = y3 -y4 = ( x2 -2) -( x2 -2) = x +x
RQ x3 -x4 x3 -x4 3 4
所以 x3 +x4 = - 3 .
| - |
设 PQ:y-y0 = k1(x-x0 ),由直线与圆 O 相切,得 y0
k1 x0
= 1,即(x2 -1)k2 -2x y k +y2 -1 = 0,
0
k2 +1
1
设 PR:y-y0 = k2( x-x0 ),同理可得( x2 -1) k2 -2x y k +y2 -1 = 0.
1 0 0 1 0
0
由题意可得 x2 ≠1,
0 2 0 0 2 0
故 k1 ,k2 是方程( x2 -1) k2 -2x0 y0 k+y2 -1 = 0 的两个根,
0 0
0
x2 -1
所以 k1 +k2 = 2x0 y0
…………8 分
由{y = k1 x+y0 -k1 x0 ,得 x2 -k x+k x -y -2 = 0,
y = x2 -2
故 x0 +x3 = k1 ,
同理可得 x0 +x4 = k2 ,
1 1 0 0
0
x2 -1
则 2x0 +x3 +x4 = k1 +k2 ,即 2x0 - 3 = 2x0 y0
2
0 -
0 x 01
所以 2x - 3 = 2x0( x2 -2) ,解得 x
0 = - 3 或 x0
= 3 …………11 分
3
当 x0 = - 3 时,y0 = - 5 ;当 x0 = 3 时,y0 = 1
3 3
故 P( - 3 ,- 5 ) 或 P( 3 ,1) . …………12 分
3 3
22. 解:(1) 曲线 C 的方程为:( x-1)2 +y2 = 1,即 x2 +y2 = 2x,
所以曲线 C 的极坐标方程为:ρ2 = 2ρcosθ,即
ρ = 2cosθ. …………2 分
直线 l 的参数方程为:
ìx = m+ 3 t,
í
2
= 1
î

( t 为参数) …………5 分
y 2 t,
(2) 设 A,B 两点对应的参数分别为 t1 ,t2 ,将直线 l 的参数方程代入 x2 +y2 = 2x 中,得
t2 +( 3 m- 3 ) t+m2 -2m = 0,所以 t1 t2 = m2 -2m …………8 分由题意得| m2 -2m | = 1,解得 m = 1 或 m = 1+ 2 或 m = 1- 2 . …………10 分
23. 解:(1) 当 m = 3 时,f( x) ≥5,即| x+6 | - | 3-x | ≥5.
①当 x<-6 时,得-9≥5,所以 x∈Ø;
②当-6≤x≤3 时,得 x+6+x-3≥5,即 x≥1,所以 1≤x≤3;
③当 x>3 时,得 9≥5,所以 x>3
故不等式 f( x) ≥5 的解集为{ x | x≥1} .
(2) 因为| x+6 | - | m-x | ≤ | x+6+m-x | = | m+6 |
由题意得| m+6 | ≤7,则-7≤m+6≤7
解得-13≤m≤1,故 m 的取值范围是
[ -13,1] .
…………10 分
南充市高 2019 届第三次诊断性考试
数学试题( 文科) 参考答案及评分意见
一、选择题:
1. C 2. A 3. C 4. D 5. B 6. B 7. D 8. C 9. D 10. B 11. A 12. A
二、填空题:
13． -4 14． 1 或 1 15． 1
16． πa2
3 3
三、解答题:
1-( - 2 )2
10
10
17． 解:(1) 因为 cos∠ADB = - 2 ,所以 sin∠ADB =
因为∠CAD = π ,所以∠C = ∠ADB- π
7 2
= .
10
…………3 分
4 4
所以 sinC = sin( ∠ADB- π )= sin∠ADB·cos π -cos∠ADB·sin π = 7 2 × 2 + 2 × 2 = 4
4 4 4 10 2 10 2 5
…………6 分
×
(2) 在△ACD 中,由 AD = AC ,得 AD = AC·sinC = = 2 2 …………9 分
7 4
sinC sin∠ADC sin∠ADC 2 5
7 2
10
在△ABD 中,由余弦定理可得 AB2 = BD2 +AD2 -2BD·ADcos∠ADB = 52 +(2 2 )2 -2 ×5 ×2 2
10
×( - 2 )= 37
所以 AB = 37 …………12 分
18． 解:(1)

优秀
合格
总计
男生
6
22
28
女生
14
18
32
合计
20
40
60

…………4 分
40×20×32×28
(2) 由于 K2 = 60(6×18-22×14)2 = 3． 348>2． 706
因此在犯错误的概率不超过 0． 10 的前提下认为“ 性别与测评结果有关系” . …………8 分
(3) 由(2) 可知性别有可能对是否优秀有影响,所以采用分层抽样按男女生比例抽取一定的学生,这样得到的结果对学生在该维度的总体表现情况会比较符合实际情况.
…………12 分
19. (1) 证明:因为 AC = BC,D 为 BC 中点,
所以 CD⊥AB,又 CD⊥DA1 ,AB∩A1 D = D, …………2 分所以 CD⊥平面 AA1 B1 B,又 BB1 ⊂平面 AA1 B1 B,
所以 CD⊥B1 B,又 B1 B⊥AB,AB∩CD = D,
所以 B1 B⊥平面 ABC. …………6 分
(2) 解:V多面体DBC-A1B1C1 = V三棱柱 -V三棱锥A1-ADC
3
= S△ABC · | AA1 | - 1 S△ACD · | AA1 |
= S△ABC · | AA1 | - 1 × 1 S△ABC · | AA1 |
3 2
6
= 5 S△ABC · | AA1 |
= 5 × 1 ×2×2×2 = 10

…………12 分
6 2 3
20. 解:(1) f′( x)= ex +a
1-e
所以曲线 y = f( x) 在点(1,f(1)) 处的切线的斜率为 e+a, …………2 分因为 x+( e-1) y-1 = 0 的斜率为 1 ,
1-e
所以( e+a) 1 = -1, …………4 分
所以 a = -1. …………5 分
(2) 因为当 x≥0 时,f( x)= ex +ax>0 恒成立,
所以,若 x = 0,a 为任意实数,f( x)= ex +ax>0 恒成立. …………7 分若 x>0,f( x)= ex +ax>0 恒成立,
x
即当 x>0 时,a>- ex ,
设 H( x)= - ex ,H′( x)= -ex x-ex = (1-x) ex , …………9 分
x x2 x2
当 x∈(0,1) 时,H′( x) >0,则 H( x) 在(0,1) 上单调递增,
当 x∈(1,+∞ ) 时,H′( x) <0,则 H( x) 在(1,+∞ ) 上单调递减,
所以当 x = 1 时,H( x) 取得最大值. H( x) max = H(1)= -e,
所以,要使 x≥0 时,f( x) >0 恒成立,a 的取值范围为( -e,+∞ ) . …………12 分
21. 解:(1) 设线段 AB 的中点为 M( x0 ,y0 ),由题意,y0 ≠0,
则 x0 = x1 +x2 = 2,y0 = y1 +y2 ,
2 2
因为 kAB = y2 -y1 = y2 -y1 = 6 = 3 . …………2 分
x2 -x1
y2 - y2
y1 +y2 y0
2
1
6 6
所以线段 AB 的垂直平分线的方程是
3
y-y0 = - y0 ( x-2),
3
即 y = - y0 ( x-5) .
所以线段 AB 的垂直平分线经过定点(5,0) …………4 分
ìy-y0 = y3 ( x-2),
(2) 直线 AB 和抛物线方程联立得í 0
îy2 = 6x.
⇒y2 -2y0 y+2y2 -12 = 0,△ = 4y2 -4(2y2 -12)= -4y2 +48>0,
0
0
解得 y2 <12.
0 0 0
y y = 2 2 -y 12.1 2
由题意可得{y1 +y2 = 2y0 ,
0
| AB | = 1+( y0 )2 | y1 -y2 | = 2

(9+y2 )(12-y2 ) ,
…………6 分
9+y2
0
3 3 0 0
定点 C(5,0) 到线段 AB 的距离 h = | CM | = …………8 分
所以 S△ABC = 1 | AB | ·h = 1 × 2 (9+y2 )(12-y2 ) · 9+y2 ,
2 2 3 0 0 0
令 h( t)= (9+t)2 ·(12-t),0<t<12. …………10 分
h′( t)= 2(9+t)(12-t) -( t+9)2 = -3( t+9)( t-5)
所以函数 h( t) 在(0,5) 上单调递增,在区间(5,12) 上单调递减,
所以 h( t) 在(0,12) 上的最大值为 h(5)= 1372. …………11 分
3
3
综上,( S△ABC ) max = 1
h(5) = 14 7 . …………12 分
22. 解:(1) 曲线 C 的方程为:( x-1)2 +y2 = 1,即 x2 +y2 = 2x,
所以曲线 C 的极坐标方程为:ρ2 = 2ρcosθ,即
ρ = 2cosθ. …………2 分
直线 l 的参数方程为:
ìx = m+ 3 t,
1
í 2 ( t 为参数) …………5 分
î
y = 2 t,
(2) 设 A,B 两点对应的参数分别为 t1 ,t2 ,将直线 l 的参数方程代入 x2 +y2 = 2x 中,得
t2 +( 3 m- 3 ) t+m2 -2m = 0,所以 t1 t2 = m2 -2m …………8 分由题意得| m2 -2m | = 1,解得 m = 1 或 m = 1+ 2 或 m = 1- 2 . …………10 分
23. 解:(1) 当 m = 3 时,f( x) ≥5,即| x+6 | - | 3-x | ≥5.
①当 x<-6 时,得-9≥5,所以 x∈Ø;
②当-6≤x≤3 时,得 x+6+x-3≥5,即 x≥1,所以 1≤x≤3;
③当 x>3 时,得 9≥5,所以 x>3
故不等式 f( x) ≥5 的解集为{ x | x≥1} .
(2) 因为| x+6 | - | m-x | ≤ | x+6+m-x | = | m+6 |
由题意得| m+6 | ≤7,则-7≤m+6≤7
解得-13≤m≤1,
故 m 的取值范围是[ -13,1] . …………10 分