四川省教考联盟2019届高三第三次诊断性考试数学(文)试题(含答案解析)
四川省成都市2019届高三第三次诊断性考试数学(文)(含答案)
成都市2016级高中毕业班第三次诊断性检测数学（文科）第I卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12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．1．设全集U= {x∈Z|(x+l) (x-3)≤0），集合A={0，1，2}，则=(A){一1，3} (B){一1，0）(C){0，3) (D){一1，0，3）2.复数z =i(3 -i)的共轭复数为(A) 1+3i (B) -1+3i (C) -1- 3i (D) 1- 3i3．已知函数f(x) =x3+ 3x．若f(-a)=2，则f(a)的值为(A)2 (B) -2 (C)1 (D) -14．函数f(x)=sinx+cosx的最小正周期为(A) (B) π(C) 2π(D) 4π5．如图，在正方体ABCD-A1B l C l D1中，已知E，F，G分别是线段A l C1上的点，且A1E =EF =FG =GC l.则下列直线与平面A1BD平行的是(A) CE (B) CF (C) CG (D) CC16．已知实数x，y满足，则z =2x +y的最大值为(A)1 (B)2 (C)3 (D)47．若非零实数a，b满足2a =3b，则下列式子一定正确的是(A)b>a (B)b<a (C)|b|<|a| (D)|b|>|a|8．设数列的前n项和为S n，则S10=(A) (B) (C) (D)9．执行如图所示的程序框图，则输出的n的值为(A)1 (B)2 (C)3 (D)410.“幻方’’最早记载于我国公元前500年的春秋时期《大戴礼》中．“n阶幻方（n≥3，n∈N*）”是由前，n2个正整数组成的—个n阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的n个数之和（简称幻和）相等，例如“3阶幻方”的幻和为15(如图所示)．则“5阶幻方”的幻和为(A) 75 (B) 65 (C) 55 (D) 4511.已知双曲线C: =l(a>0，b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，抛物线y2=2px(p>0)与双曲线C有相同的焦点．设P为抛物线与双曲线C的一个交点，且，则双曲线C的离心率为(A) 或(B) 或3 (C)2或(D)2或312.三棱柱ABC -A1BlCl中，棱AB，AC，AA1两两垂直，AB =AC，且三棱柱的侧面积为+1。
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有着本质 区别。
除 了诗 经 学理论 方面的贡献外 ,朱 子治《诗 》实践 亦取得 了很 大成就 。其 治《诗 》的最终成果 ,
就是今本《诗集传》。朱子能够完成诗 经学的构建 ,很 大程度上取 决 于他 治《诗 》方法的合理 。朱
教 考 联 盟 ·一 摸 三 诊 ·三 诊 ·语 文试 题 第 1页 (共 8页 )
不
断加
以修
正
。
正
是
在
这
个
扬
弃过程 中,朱 子在 义理 的统摄 下兼重训诂 ,合 汉 、宋之 长加 以综合 而弥补其 不足 ,使 其 自己的诗 经
学得 以形成 。
朱子 以绍承孔孟道统为 己任 ,以 格物 穷理为方法论原则来构建诗经学,重 点体现在诗 经学理
论和治《诗 》实践 两个方面。 朱子在诗 经学理论方面所获尤多。对于诗 经 学的一些核 心命题 ,比 如“六义”说 、“二 南”说 、
放 出来 ,宋 代的诗经学在本质上也只能是汉代诗经学的遗续 ,并 不能跳 出固有的汉代诗 经学的理
论预设和话语体 系。朱子沿袭 了前人去除《
序
》之
出于汉儒
所作”,故
而不能与“经”等
'J、
而视
序 之
2019届四川省教考联盟高三第三次诊断性考试理科综合试题(详细答案)-精品
12.按 如 图装 置进行 实验 (a、 b电 极 均 为 Cu单 质 ),实 验 开始 观察 到灵 敏 电流计 的指 针 发 生偏 转 。
下列有关说法正确 的是
灵敏 电流计
100mLO.1mol/L Cus04溶 液
100rnL0.31nol/L Cuso4溶 液
A。 b极 电极 反应 为 Cu-2e~=—=Cu2+
距 月球 表 面 1OO km的 环 月卫 星 。若 已知地 球 质量是 月球 质量 的 81倍 ,地 球 半径 为月球半 径
的
A。
4倍 ,地 球半 径 R=6。 4× 106m,根 据 以上信
发 动机点火后对 “嫦 娥 四号 ”进 行加速
息下列说法
正确
的是
B。 “嫦 娥 四号 ”在 近 月 轨 道 上 的运 行 速 度 约 为 2。 4km/s
C。 乙酰胆碱 能使 突触后 膜 K+的 通 透性 明显增 大
D。 乙酰胆 碱 能使 突触 后 膜 的膜 外 电位 由正 变 负
4.下 图表示 叶 肉细胞 光合 作用 和细胞 呼 吸过程 中 H元 素 的转移途 径 。下列叙述 正确 的是
H20」⒐卜匚H彐一卫辶(CH20)堕辶EH彐 -卫辶H20
A。 ① ④过 程 能产 生 ATP,② ③过程需 消耗 ATP
B。 7.8宫 N锄 02与 足量 C02充 分反应转 移 电子 数 目为 O.2NA
C。 1.8g重 水 中所 含 中子 、原 子 的数 目分别 为 NA、 0.3NA D。 CaC03、 KHC03混 合 物粉末 10g中 氧原 子数 目为 0.3NA
9.甲 、乙 、丙 、丁 、戊 、己六 种 有 机 物 的化学 式 如 下 表 所 示 :
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子 治《诗 》重校勘 和训诂 ,并 在 此基 础 上 阐发 义理 ,这 样 就 能 最 大限度 地 确保 义理 阐发 的信 度 和 效 度 ,在 一 定程度 上抑 制 了宋代 诗 经 学游谈 无根 的局 面 。
(摘 编 自陈才《革 故 鼎新 :朱 子诗 经 学 的构建 》) 1.下 列 关 于原 文 内容 的理 解 和 分 析 ,正 确 的一 项 是 (3分 )
序 》以言《诗 》,也
'l、
就有 了理论基础 手来理解《诗 》意
。由此 ,不 “先
亦可见 ,朱 子去《
自立说
”,以
'l、
确保从
序 》以言《诗 中发掘 出来
》的 目的是为 了回归原典 ,从 《诗 经》文 的圣贤本意的可信性与有效性 。而朱
本 子
入 在
“去《序 》”后 ,能 最终 完成创新诗 经 学的任务 ,这 也使 得他 与之 前 的废《序 》者 ,如 欧 阳修 、郑樵 等 ,
“淫诗”说 ,朱 子认 为它们有助 于“穷理”,所 以对其加 以改造 ,以 成 为 自己诗 经 学理论 的有机 组成 部分 。“六义”说 源 自《周礼 》,反 映的是周公 的《诗 》学思想 ;“ 二 南”说 、“淫诗”说 与孔子相 关 ,反 映
了孔子的《诗 》学观 。朱子的重新解读 ,意 图就在 于将其 中所蕴含的周公 、孔子的本意阐发 出来。
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弃过程 中,朱 子在 义理 的统摄 下兼重训诂 ,合 汉 、宋之 长加 以综合 而弥补其 不足 ,使 其 自己的诗 经
学得 以形成 。
朱子 以绍承孔孟道统为 己任 ,以 格物 穷理为方法论原则来构建诗经学,重 点体现在诗 经学理
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3500
12月 15日 12月 16日 12月 17日 12月 18日 12月 19日 (来 源 :人 民 网舆 情 数 据 中心 )
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8
材料三 : 同仁 堂是一个有 着数 百年历 史的老 字号品牌 ,早 在 清康 熙年 间,就 定下 了“同修 仁德 ,济 世 养 生”的“堂训”。正是恪 守古训 ,严 格选方、制 药,才 使得 同仁 堂 300多 年 来长盛不 衰,保 持 着 良好 口碑 。但令人遗憾的是 ,同 仁 堂近些年屡屡 因为 药品 、食 品不合格被 通报 ,这 与其 多年 积 累的 口 碑极不相称 ,也 辜 负了消费者的信任 。此次同仁 堂蜂 蜜造假和过期 回收的行为更是令人痛心 ,品 牌名誉也遭遇相应的信任危机 。
“淫诗”说 ,朱 子认 为它们有助 于“穷理”,所 以对其加 以改造 ,以 成 为 自己诗 经 学理论 的有机 组成 部分 。“六义”说 源 自《周礼 》,反 映的是周公 的《诗 》学思想 ;“ 二 南”说 、“淫诗”说 与孔子相 关 ,反 映
了孔子的《诗 》学观 。朱子的重新解读 ,意 图就在 于将其 中所蕴含的周公 、孔子的本意阐发 出来。
不
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弃过程 中,朱 子在 义理 的统摄 下兼重训诂 ,合 汉 、宋之 长加 以综合 而弥补其 不足 ,使 其 自己的诗 经
学得 以形成 。
朱子 以绍承孔孟道统为 己任 ,以 格物 穷理为方法论原则来构建诗经学,重 点体现在诗 经学理
论和治《诗 》实践 两个方面。 朱子在诗 经学理论方面所获尤多。对于诗 经 学的一些核 心命题 ,比 如“六义”说 、“二 南”说 、
四川省教考联盟2019届高三第三次诊断性考试理科综合试题(含答案)
B。 地 面对 自行 车有 向左 的摩 擦 力
C。 地 面对 自行 车 的支 持 力 小 于人 和 自行 车重 力 之 和
D。 人 对 自行 车 的作 用 力 竖 直 向下
15.某 种 高速 带 电粒子 流 ,具 有较 强 的穿 透 能力 。如 图虚 线 为 该 粒 子 流 在 气 泡
室 中穿透一 张黑纸 的粒 子 径 迹 照 片 ,气 泡 室 里 有 垂 直 纸 面 的匀 强 磁 场 ,不
12.按 如 图装 置进行 实验 (a、 b电 极 均 为 Cu单 质 ),实 验 开始 观察 到灵 敏 电流计 的指 针 发 生偏 转 。
下列有关说法正确 的是
灵敏 电流计
100mLO.1mol/L Cus04溶 液
100rnL0.31nol/L Cuso4溶 液
A。 b极 电极 反应 为 Cu-2e~=—=Cu2+
p[:畏掣?]变 化关 系如 图 。下歹刂说法 不 正确 的是
A。 溶 液 中水 的 电离程度 :a(b(c
B。 图 中 b点 坐标 为 (O,4,75) C。 c点 溶 液 中 :c(N扩 )=1Oc(HX)
D。 室 温 下 HX的 电离 常数 为 10⒋ 75
p[嬲
l
二 、选择题 :本 题 共 8小 题 ,每 小题 6分 ,共 48分 。在 每小题 给 出的 四个选项 中 ,第 14~18题 只有
一项 符合题 目要 求 ,第 19~21题 有 多项 符 合题 目要 求 。全 部选 对 的得 6分 ,选 对 但 不 全 的得
3分 ,有 选错 的得 0分 。
14.某 自行 车爱好 者 在水平 面上 以如 图姿势长 时 间保持静 止 ,在 保 持静止状 态
中 ,下 列 说 法 正 确 的是
2019届四川省成都市高三第三次诊断性检测数学(文)试题(解析版)
2019届四川省成都市高三第三次诊断性检测数学（文）试题一、单选题1．设全集()(){}130U x Z x x =∈+-≤，集合{}0,1,2A =，则U C A ＝( ) A ．{}1,3- B ．{}1,0- C ．{}0,3 D ．{}1,0,3-【答案】A【解析】先求得全集包含的元素，由此求得集合A 的补集. 【详解】由()()130x x +-≤解得13x -≤≤，故{}1,0,1,2,3U =-，所以{}1,3U C A =-，故选A. 【点睛】本小题主要考查补集的概念及运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题. 2．复数()3i i -的共轭复数是（ ） A ．13i + B ．13i - C ．13i -+ D ．13i --【答案】B【解析】试题分析：因()3i i -,故其共轭复数是.应选B.【考点】复数的概念及运算.3．已知函数()33f x x x =+，若()2f a -=，则()f a 的值为（ ）A ．2B ．2-C ．1D ．1-【答案】B【解析】判断出函数()y f x =是奇函数，从而根据()f a -的值可求出()f a 的值. 【详解】函数()33f x x x =+的定义域为R ，()()()()3333f x x x x x f x -=-+⨯-=--=-，函数()y f x =为奇函数，则()()2f a f a =--=-. 故选：B. 【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求函数值，推导出函数的奇偶性是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于基础题.4．函数()sin cos f x x x =+的最小正周期为（ ） A ．2π B ．πC ．2πD ．4π【答案】C【解析】利用辅助角公式化简函数()y f x =的解析式，然后利用正弦型函数的周期公式可求得函数()y f x =的最小正周期. 【详解】()sin cos 2sin 4f x x x x π⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭Q ，因此，函数()y f x =的最小正周期为221ππ=. 故选：C. 【点睛】本题考查正弦型函数周期的求解，化简函数的解析式是解答的关键，考查计算能力，属于基础题.5．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，已知E 、F 、G 分别是线段11A C 上的点，且11A E EF FG GC ===.则下列直线与平面1A BD 平行的是（ ）A ．CEB ．CFC ．CGD ．1CC【答案】B【解析】连接AC ，使AC 交BD 于点O ，连接1A O 、CF ，可证四边形1A OCF 为平行四边形，可得1//A O CF ，利用线面平行的判定定理即可得解． 【详解】如图，连接AC ，使AC 交BD 于点O ，连接1A O 、CF ，则O 为AC 的中点，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AA CC 且11AA CC =，则四边形11AAC C 为平行四边形，11//AC AC ∴且11A C AC =，O Q 、F 分别为AC 、11A C 的中点，1//A F OC ∴且1A F OC =，所以，四边形1A OCF 为平行四边形，则1//CF A O ，CF ⊄Q 平面1A BD ，1AO ⊂平面1A BD ，因此，//CF 平面1A BD . 故选：B. 【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，考查了推理论证能力和空间想象能力，属于中档题．6．已知x ，y 满足约束条件020x y x y y -≥⎧⎪+≤⎨⎪≥⎩，则2z x y =+的最大值为A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】D【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合即可得到结论． 【详解】作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，2z x y =+等价于2y x z =-+，作直线2y x =-，向上平移，易知当直线经过点()2,0时z 最大，所以max 2204z =⨯+=，故选D ． 【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．7．若非零实数a 、b 满足23a b =，则下列式子一定正确的是（ ） A ．b a > B ．b a < C ．b a < D ．b a >【答案】C【解析】令23a b t ==，则0t >，1t ≠，将指数式化成对数式得a 、b 后，然后取绝对值作差比较可得． 【详解】令23a b t ==，则0t >，1t ≠，2lg log lg 2t a t ∴==，3lg log lg 3tb t ==， ()lg lg lg lg 3lg 20lg 2lg 3lg 2lg 3t t t a b -∴-=-=>⋅，因此，a b >.故选：C. 【点睛】本题考查了利用作差法比较大小，同时也考查了指数式与对数式的转化，考查推理能力，属于中等题．8．设数列2141n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和为n S ，则10S =（ ）A ．1021B ．2021 C ．919D ．1819【答案】A【解析】由题意可得出211114122121n n n ⎛⎫=- ⎪--+⎝⎭，然后利用裂项求和法可求得10S 的值. 【详解】()()21111141212122121n n n n n ⎛⎫==- ⎪--+-+⎝⎭Q，因此，101111111012335192121S ⎛⎫=-+-++-=⎪⎝⎭L .故选：A. 【点睛】本题考查裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．9．执行如图所示的程序框图，则输出的n 的值为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】列出循环的每一步，进而可求得输出的n 值. 【详解】根据程序框图，执行循环前：0a =，0b =，0n =，执行第一次循环时：1a =，2b =，所以：229840+≤不成立． 继续进行循环，…，当4a =，8b =时，226240+=成立，1n =， 由于5a ≥不成立，执行下一次循环，5a =，10b =，225040+≤成立，2n =，5a ≥成立，输出的n 的值为2.故选：B ． 【点睛】本题考查的知识要点：程序框图的循环结构和条件结构的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．10．“幻方”最早记载于我国公元前500年的春秋时期《大戴礼》中．“n 阶幻方()*3,n n ≥∈N ”是由前2n个正整数组成的—个n 阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的n 个数之和（简称幻和）相等，例如“3阶幻方”的幻和为15（如图所示）．则“5阶幻方”的幻和为（ ）A ．75B ．65C ．55D ．45【答案】B【解析】计算1225+++L 的和，然后除以5，得到“5阶幻方”的幻和. 【详解】依题意“5阶幻方”的幻和为12525122526555+⨯+++==L ，故选B.【点睛】本小题主要考查合情推理与演绎推理，考查等差数列前n 项和公式，属于基础题.11．已知双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F 、2F ，抛物线()220y px p =>与双曲线C 有相同的焦点.设P 为抛物线与双曲线C 的一个交点，且125cos 7PF F ∠=，则双曲线C 的离心率为（ ） A ．23 B 2或3C ．23D ．2或3【答案】D【解析】设1PF m =，2PF n =，根据125cos 7PF F ∠=和抛物线性质得出257PF m =，再根据双曲线性质得出7m a =，5n a =，最后根据余弦定理列方程得出a 、c 间的关系，从而可得出离心率． 【详解】过P 分别向x 轴和抛物线的准线作垂线，垂足分别为M 、N ，不妨设1PF m =，2PF n =，则121125cos 7mMF PN PF PF PF F ===∠=， P Q 为双曲线上的点，则122PF PF a -=，即527mm a -=，得7m a =，5n a ∴=，又122F F c =，在12PF F ∆中，由余弦定理可得2225494257272a c a a c+-=⨯⨯，整理得22560c ac a -+=，即2560e e -+=，1e >Q ，解得2e =或3e =. 故选：D. 【点睛】本题考查了双曲线离心率的求解，涉及双曲线和抛物线的简单性质，考查运算求解能力，属于中档题．12．三棱柱111ABC A B C -中，棱AB 、AC 、1AA 两两垂直，AB AC =，且三棱柱21.若该三棱柱的顶点都在同一个球O 的表面上，则球O 表面积的最小值为（ ） A ．π B 2πC ．2πD ．4π【答案】C【解析】由题意画出图形，设AB AC x ==，1AA y =，由三棱柱的侧面积可得22xy =，并计算出底面的外接圆半径22r x =，利用基本不等式求三棱柱外接球半径的最小值，则答案可求． 【详解】 如图：设AB AC x ==，1AA y =，则三棱柱的侧面积为2221xy xy =，得2xy = 底面ABC ∆的外接圆半径为22BC r x ==， 所以，三棱柱111ABC A B C -的外接球半径222222111122222242442y R r x y x y xy ⎛⎫=+=+⋅=⨯=⎪⎝⎭， 当且仅当2y x =时，等号成立，因此，球O 表面积的最小值22422ππ⎛⨯= ⎝⎭. 故选：C. 【点睛】本题考查多面体外接球表面积最值的求法，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．二、填空题13．某单位有男女职工共600人，现用分层抽样的方法从所有职工中抽取容量为50的样本，已知从女职工中抽取的人数为15，那么该单位的女职工人数为__________． 【答案】180【解析】根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论． 【详解】设该单位的女职工人数为n ，则1550600n =，解得180n =，即该单位的女职工人数为180.故答案为：180. 【点睛】本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例关系是解决本题的关键，比较基础．14．若1cos 23πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则cos2α的值等于__________．【答案】79【解析】利用诱导公式求得sin α，然后利用二倍角的余弦公式可求得cos2α的值. 【详解】由诱导公式可得1cos sin 23παα⎛⎫+=-=⎪⎝⎭，1sin 3α∴=-，因此，2217cos 212sin 1239αα⎛⎫=-=-⨯-= ⎪⎝⎭. 故答案为：79. 【点睛】本题主要考查了诱导公式、二倍角的余弦公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．15．已知公差大于零的等差数列{}n a 中，2a 、6a 、12a 依次成等比数列，则122a a 的值是__________． 【答案】94【解析】利用等差数列的通项公式以及等比中项的性质，化简求出公差与2a 的关系，然后转化求解122a a 的值. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d >，由于2a 、6a 、12a 依次成等比数列，则26212a a a =，即()()2222410a d a a d +=+，0d >Q ，解得28a d =，因此，122221018984a a d d a a d +===. 故答案为：94. 【点睛】本题考查等差数列通项公式以及等比中项的应用，考查计算能力，属于基础题. 16．在平面直角坐标系xOy 中，点()1,0A ，直线():12l y k x =-+.设点A 关于直线l 的对称点为B ，则OA OB ⋅u u u r u u u r的取值范围是_________．【答案】[]1,3-【解析】根据两点关于直线l 对称求得点B 的坐标，对k 分类讨论，利用平面向量数量积的坐标运算结合基本不等式可求得OA OB ⋅u u u r u u u r的取值范围.【详解】根据题意，设B 的坐标为(),m n .（1）当0k =时，则直线l 的方程为2y =，此时点()1,4B ，则1OA OB ⋅=u u u r u u u r；（2）当0k ≠时，因为A 、B 两点关于直线l 对称，则线段AB 的中点1,22m n M +⎛⎫⎪⎝⎭在直线l 上，所以，11222n m k +⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，① 直线AB l ⊥，则11nk m ⋅=--，②， 联立①②解得2411k m k =-+，241n k =+，即点22441,11k B k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭， 所以，()1,0OA =u u u r ，22441,11k OB k k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭u u u r ，2411kOA OB k ⋅=-+u u u r u u u r . （i ）当0k >时，244111111k OA OB k k k ⋅=-=-≥-=-++u u u r u u u r ，当且仅当1k =时，等号成立，又1OA OB ⋅<u u u r u u u r ，此时11OA OB -≤⋅<u u u r u u u r；（ii ）当k 0<时，()()244111311k OA OB k k k ⋅=-=+≤+=+-+-u u u r u u u r ，当且仅当1k =-时，等号成立，又1OA OB ⋅>u u u r u u u r，此时13OA OB <⋅≤u u u r u u u r .综上所述，OA OB ⋅u u u r u u u r的取值范围是[]1,3-. 故答案为：[]1,3-. 【点睛】本题考查向量数量积的计算，涉及关于直线对称的点的坐标，关键是求出点B 的坐标，属于中等题．三、解答题17．已知ABC ∆中，角A 、B 、C 所对边的长分别为a 、b 、c ，且1cos 2a Bbc =+. （1）求角A 的大小；（2）记ABC ∆的外接圆半径为R ，求2224b c bcR++的值. 【答案】（1）23A π=；（2）34. 【解析】（1）利用正弦定理以及()sin sin C A B =+，结合两角和的正弦公式化简可求得cos A 的值，进而可求得角A 的大小；（2）利用余弦定理以及正弦定理进行转化求解即可. 【详解】（1）由已知，得1sin cos sin sin 2A B B C =+ 又()sin sin C A B =+，1sin cos sin sin cos cos sin 2A B B A B A B ∴=++， 1cos sin sin 02A B B ∴+=，0B Q π<<，则sin 0B >，1cos 2A ∴=-，0A π<<Q ，因此，23A π=； （2）由余弦定理得2222cos b c a bc A bc +-==-，2222222223sin sin 4434b c bc a A R R π++∴=====⎝⎭. 【点睛】本题主要考查解三角形的应用，利用正弦定理、余弦定理以及两角和差的三角公式进行转化是解决本题的关键．18．某保险公司给年龄在2070:岁的民众提供某种疾病的一年期医疗保险，现从10000名参保人员中随机抽取100名作为样本进行分析，按年龄段[)20,30、[)30,40、[)40,50、[)50,60、[]60,70分成了五组，其频率分布直方图如下图所示，参保年龄与每人每年应交纳的保费如下表所示.年龄（单位：岁） [)20,30[)30,40[)40,50[)50,60[]60,70保费（单位：元） 306090120150（1）求频率分布直方图中实数a 的值，并求出该样本年龄的中位数；（2）现分别在年龄段[)20,30、[)30,40、[)40,50、[)50,60、[]60,70中各选出1人共5人进行回访.若从这5人中随机选出2人，求这2人所交保费之和大于200元的概率.【答案】（1）0.030a =，中位数为1483；（2）25. 【解析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形的面积之和为1能求出a 的值，利用中位数左侧矩形的面积之和为0.5可求出该样本年龄的中位数；（2）回访的这5人分别记为30a 、60a 、90a 、120a 、150a ，从5人中任选2人，利用列举法能求出这2人所交保费之和大于200元的概率． 【详解】（1）()0.0070.0180.0250.020101a ++++⨯=Q ，解得：0.030a =. 设该样本年龄的中位数为0x ，前两个矩形的面积之和为()0.0070.018100.250.5+⨯=<，前三个矩形的面积之和为()0.0070.0180.030100.550.5++⨯=>，所以04050.x <<()0400.030.180.070.5x ∴-⨯++=，解得01483x =；（2）设回访的这5人分别记为30a 、60a 、90a 、120a 、150a ，从5人中任选2人的基本事件有：()3060,a a 、()3090,a a 、()30120,a a 、()30150,a a 、()6090,a a 、()60120,a a 、()60150,a a 、()90120,a a 、()90150,a a 、()120150,a a ，共10种.事件“两人保费之和大于200元”包含的基本事件有：()60150,a a 、()90120,a a 、()90150,a a 、()120150,a a ，共4种.∴两人保费之和大于200元的概率为42105P ==. 【点睛】本题考查频率、中位数、概率的求法，考查频率分布直方图、古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．19．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PAD ∆为正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是AD 、CD 的中点.（1）证明： BD ⊥平面PEF ；（2）若M 是PB 棱上一点，三棱锥M PAD -与三棱锥P DEF -的体积相等，求PMMB的值.【答案】（1）详见解析；（2）13PM MB =. 【解析】（1）连接AC ，可得PE AD ⊥，利用面面垂直的性质可证PE ⊥平面ABCD ，利用线面垂直的性质可证BD PE ⊥，由//EF AC ，BD AC ⊥，可证BD EF ⊥，BD PE ⊥，利用线面垂直的判定定理即可证明BD ⊥平面PEF ；（2）连接MA 、MD ，设PM MB λ=，则1PM PB λλ=+，利用M PAD P DEF V V --=，可得114λλ=+，进而解得λ的值，即可得出PM MB 的值.【详解】（1）连接AC ，PA PD =Q 且E 是AD 的中点，.PE AD ∴⊥又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD I 平面ABCD AD =，PE ⊂平面PAD ，PE ∴⊥平面ABCD .BD ⊂Q 平面ABCD ，.BD PE ∴⊥又ABCD 为菱形，且E 、F 分别为棱AD 、CD 的中点，//EF AC ∴，BD AC ⊥Q ，BD EF ∴⊥，又BD PE ⊥，PE EF E ⋂=，BD ∴⊥平面PEF ； （2）如图，连接MA 、MD ，设PM MB λ=，则1PM PB λλ=+， 11M PAD B PAD P ABD V V V λλλλ---∴==++，又1144P DEF P ACD P ABD V V V ---==，M PAD P DEF V V --=，114λλ∴=+， 解得13λ=，即13PM MB =.【点睛】本题主要考查了面面垂直的性质，线面垂直的性质，线面垂直的判定以及三棱锥体积的求法，考查了推理论证能力和空间想象能力，属于中档题．20．在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆()2222:10,0x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F 、2F ，且122F F =.P 是椭圆C 上任意一点，满足1222PF PF += （1）求椭圆C 的标准方程；（2）设直线:l y kx m =+与椭圆C 相交于A 、B 两点，且2AB =，M 为线AB 的中点，求OM 的最大值.【答案】（1）2212x y +=；（21.【解析】（1）由椭圆定义可求a ，结合已知可求c ，再由222b a c =-可求b ，即可得出椭圆C 的标准方程；（2）设()11,A x y 、()22,B x y ，联立直线l 与椭圆C 的方程，可求12x x +、12x x ，进而可求得点M 的坐标以及2OM ，结合已知2AB =及弦长公式可得2222122k m k +=+，代入2OM ，利用基本不等式可求得OM 的最大值. 【详解】（1）由椭圆的定义得122PF PF a +==a ∴=由1222F F c ==，得1c =，2221b a c ∴=-=，∴椭圆C 的标准方程为2212x y +=；（2）设()11,A x y 、()22,B x y ， 由2222y kx m x y =+⎧⎨+=⎩，得()222214220k x kmx m +++-=，()()()22222216421228210k m k m k m ∆=-⨯+-=+->，122421km x x k ∴+=-+，21222221m x x k -=+， 222,2121kmm M k k -⎛⎫∴ ⎪++⎝⎭，()()222224121k m OMk +∴=+，由2221AB k ==+，化简得2222122k m k +=+ ()()()22222222241214122212221k k k OM k k k k +++∴=⋅=++++， 令2411k t +=≥，则()()24443134t OM t t t t==≤=-++++，当且仅当t =时取等号，1OM ∴≤=，max1OM∴=，当且仅当2k =时取等号. 【点睛】本题主要考查了利用椭圆定义及性质求解椭圆方程及直线与椭圆的位置关系的应用，试题具有一定的综合性21．已知函数()2ln 2f x x x ax x =-+，a ∈R ．（Ⅰ）若()f x 在()0,∞+内单调递减，求实数a 的取值范围； （Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，证明：1212x x a+>． 【答案】（Ⅰ）e ,4a ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭（Ⅱ）见证明【解析】（I ）先求得函数的导数，根据函数在()0,∞+上的单调性列不等式，分离常数a 后利用构造函数法求得a 的取值范围.（II ）将极值点12,x x 代入导函数列方程组，将所要证明的不等式转化为证明12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，利用构造函数法证得上述不等式成立. 【详解】（I ）()ln 24f x x ax +'=-． ∴()f x 在()0,∞+内单调递减，∴()ln 240f x x ax =+-≤在()0,∞+内恒成立，即ln 24x a x x ≥+在()0,∞+内恒成立． 令()ln 2x g x x x =+，则()21ln xg x x --'=， ∴当10e x <<时，()0g x '>，即()g x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭内为增函数；当1x e >时，()0g x '<，即()g x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内为减函数． ∴()g x 的最大值为1g e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴e ,4a ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ， 则()ln 240f x x ax =+-='在()0,∞+内有两根1x ，2x ，由（I ），知e04a <<． 由1122ln 240ln 240x ax x ax +-=⎧⎨+-=⎩，两式相减，得()1212ln ln 4x x a x x -=-．不妨设120x x <<， ∴要证明1212x x a +>，只需证明()()121212142ln ln x x a x x a x x +<--．即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+，亦即证明12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+． 令函数．∴22(1)'()0(1)x h x x x --=≤+，即函数()h x 在(]0,1内单调递减． ∴()0,1x ∈时，有()()10h x h >=，∴2(1)ln 1x x x ->+． 即不等式12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+成立． 综上，得1212x x a+>． 【点睛】本小题主要考查根据函数的单调性求参数，考查利用导数研究函数极值点问题，考查利用导数证明不等式，考查利用构造函数法证明不等式，难度较大，属于难题.22．在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为22cos 2sin x y αα=+⎧⎨=⎩（α为参数）.以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为2sin 42πρθ⎛⎫+=⎪⎝⎭. （1）求曲线C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程；（2）设点()0,1M ，若直线l 与曲线C 相交于A 、B 两点，求MA MB +的值 【答案】（1）C 的普通方程为()2224x y -+=，l 的直角坐标方程为1x y +=；（232【解析】（1）在曲线C 的参数方程中消去参数α可得出曲线C 的普通方程，利用两角和的正弦公式以及cos sin xyρθρθ=⎧⎨=⎩可将直线l 的极坐标方程化为普通方程；（2）设直线l的参数方程为212x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（t 为参数），并设点A 、B 所对应的参数分别为1t 、2t ，利用韦达定理可求得12MA MB t t +=+的值. 【详解】（1）由22cos 2sin x y αα=+⎧⎨=⎩，得22cos x α-=，2sin y α=，∴曲线C 的普通方程为()2224x y -+=，由sin 42πρθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，得sin cos 1ρθρθ+=，∴直线l 的直角坐标方程为1x y +=； （2）设直线l的参数方程为212x t y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（t 为参数），代入()2224x y -+=，得210t ++=，则184140∆=-=>， 设A 、B 两点对应参数分别为1t 、2t，120t t ∴+=-<，1210t t =>，10t ∴<，20t <，1212MA MB t t t t ∴+=+=+=【点睛】本题考查了参数方程、极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也考查了直线参数方程几何意义的应用，考查计算能力，属于中等题. 23．已知函数()211f x x a x =---，a R ∈.（1）当4a =时，求函数()f x 的值域；（2）[]00,2x ∃∈，()001f x a x ≥+，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）[)9,-+∞；（2）3,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【解析】（1）将4a =代入函数()y f x =的解析式，将函数()y f x =的及解析式变形为分段函数，利用二次函数的基本性质可求得函数()y f x =的值域；（2）由参变量分离法得出2111x a x x -≤-++在区间[]0,2内有解，分[]0,1x ∈和(]1,2x ∈讨论，求得函数2111x y x x -=-++的最大值，即可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）当4a =时，()22243,141145,1x x x f x x x x x x ⎧-+≥=---=⎨+-<⎩. 当1x ≥时，()()[)2211,f x x =--∈-+∞； 当1x <时，()()[)2299,f x x =+-∈-+∞.∴函数()y f x =的值域为[)9,-+∞；（2）不等式()1f x a x ≥+等价于2111x a x a x ---≥+，即2111x a x x -≤-++在区间[]0,2内有解当[]0,1x ∈时，2211112x x a x x --≤=-++，此时，211,022x -⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，则0a ≤； 当(]1,2x ∈时，2211111122x x a x x x x x --⎛⎫≤==- ⎪-++⎝⎭， 函数112y x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在区间(]1,2上单调递增，当(]1,2x ∈时，1130,24x x ⎛⎫⎛⎤-∈ ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦，则34a ≤. 综上，实数a 的取值范围是3,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【点睛】本题主要考查含绝对值函数的值域与含绝对值不等式有解的问题，利用绝对值的应用将函数转化为二次函数，结合二次函数的性质是解决本题的关键，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.。
四川省教考联盟2019届高三第三次诊断性考试语文试题(含答案)
❖❖ ❖ ❖❖ ❖ ❖ ❖❖ ❖ ❖ ❖❖ ❖❖ ❖❖ ❖❖❖❖ ❖❖ ❖❖ ❖ ❖ ❖❖ ❖❖ ❖❖❖❖❖ [解析]原文“未来两年,采用国外新技术生产的健康型新品也将上市销 ❖®可引导读者从女性的角度理解战争¸理解人物,从而产生独特的感高中*0¹9届毕业班第三次诊断性考试❖售”,并非已上市销售'❖ 受,更好地把握内容和主题'语文参考答案❖ [命题立意]本题考查考生筛选并整合文中主要信息的能力'能力层级 ❖ [评分说明]本题共4分'每点²分'答出三点即可'意思对即可' ❖为³级' ❖ [命题立意]本题考查考生对小说叙述角度进行分析鉴赏的能力'能力一˛现代文阅读(³4分) ❖ 4·参考答案: ❖ 层级为³¸D 级' (一)论述类文本阅读(9分) ❖ ©老字号要走上世界舞台,展示中国品牌的魅力'❖ 二˛古代诗文阅读(³4分) ¹·答案:A ❖ ©老字号要注重年轻人的消费需求,用新思维¸新方式来传播' ❖ (一)文言文阅读(本题共4小题,¹9分) [评分说明]本题共³分'选A 给³分,其他选项不给分,两个选项及以 ❖©老字号要利用互联网,开展与电商平台的合作' ❖ ¹◇·答案:B上不给分' ❖ ®老字号与高校合作,研发¸引进新技术,创新产品' ❖ [评分说明]本题共³分'选B 给³分,其他选项不给分,两个选项及 [解析]B 项以偏概全,“诗经学核心命题”错误,原文是“诗经学的一些 ❖ [评分说明]本题共4分'答对一点给¹分,两点给³分,三点给4分,全 ❖以上不给分'核心命题”,有“一些”作为限制;³项曲解文义,“全新解读”错,原文是 ❖ 部答对给4分'若有其他答案,言之成理即可'❖ [解析]“漕司”指政府部门,“除”意思是“任命为”,两者答配不当;“僚“重新解读”;D 项曲解文义,对朱子与欧阳修不同点的解说错误'依据 ❖ [命题立意]本题考查考生筛选并整合文中主要信息,以及探究文本中 ❖佐”才是“除”的宾语,所以第二处应在“僚佐”与“皆”之间断开,由此排原文“而朱子在‘去-序.’后,能最终完成创新诗经学的任务,这也使得 ❖ 他与之前的废-序.者,如欧阳修¸郑樵等,有着本质区别”,由其中“之前 ❖的问题的能力'能力层级为³级¸¹级' (三)文学类文本阅读(¹’分) ❖除A ¸³'“利害”无法做“能使”的主语,它与“钱谷”是并列结构,所以 ❖ 应在“利害”后面断开,而不应在它前面断开'由此排除A ¸D '的废-序.者,如欧阳修¸郑樵等”可知,朱子与欧阳修都把-诗经.与诗序 ❖ ’·答案:B❖ [命题立意]本题考查考生理解文言语句的能力'能力层级为B 级' 区分开了,他们的本质不同是朱子最终完成了创新诗经学的任务' ❖ [评分说明]本题共³分'选B 给³分,其他选项不给分,两个选项及以 ❖ ¹¹·答案:D[命题立意]本题考查考生理解语句¸筛选并整合文中信息的能力'能 ❖上不给分' ❖ [评分说明]本题共³分'选D 给³分,其他选项不给分,两个选项及 力层次为B 级¸³级'❖[解析]理解不当'通讯员的话表达的是没有借到被子的不满,他得知❖以上不给分'²·答案:D ❖ 真相后也没有自责' ❖ [解析]错在“褒扬”,谥号有褒有贬' [评分说明]本题共³分'选D 给³分,其他选项不给分,两个选项及以 ❖[命题立意]本题考查考生综合鉴赏文学作品的能力,主要是以下考点:❖[命题立意]本题考查考生对古代文化常识的识记能力'能力层级为 上不给分' ❖ ½鉴赏作品的文学形象¸领悟作品的艺术魅力;&品味精彩的语言表达 ❖A 级' [解析]“由主到次”错误,从第三段“重点体现在诗经学理论和治-诗.实 ❖艺术;'分析作品的体裁特征和表现手法'能力层次为³级' ¹²·答案:B 践两个方面”,末段“朱子治-诗.实践亦取得了很大成就”可知,这两个 ❖ 8·参考答案: ❖ [评分说明]本题共³分'选B 给³分,其他选项不给分,两个选项及 方面是并列关系,不能因为第二个方面所占篇幅小而判定其是次要的' ❖ ©突出“新”字,更易于体现女性之美,进而以之衬托年轻通讯员的高大 ❖以上不给分' [命题立意]本题考查考生分析论点¸论据和论证方法的能力'能力层 ❖形象'❖ [解析]错在“大乱后军粮不足,皇帝命他担任转运副使措置兵食”'皇 次为B 级¸³级'❖©能够突出那条白百合花被子的新与珍贵,更能表现她对革命的支持 ❖帝任命他担任转运副使在前,大乱后粮食不足在后'³·答案:A ❖ 与对烈士的关爱,从而凸显其心灵之美' ❖[命题立意]本题是对阅读材料相关内容分析综合的考查,重点考查筛 [评分说明]本题共³分'选A 给³分,其他选项不给分,两个选项及以 ❖©能为借被子¸给伤员擦拭污泥血迹等情节提供心理依据,使之更真实 ❖选文中的信息,以及归纳内容要点的能力'能力层级为³级'上不给分' ❖ 可信¸生动感人'❖¹³·参考答案:[解析]“无法… …上承汉代诗经学,下启清代诗经学”的推论过于绝对' ❖®更易于表现借被之难与帮忙之羞涩,从而反衬出军民之间的感情的❖❖❖ ❖ ❖ ❖❖ ❖❖❖ ❖❖ ❖❖ ❖❖(¹)陛下应该亲自挑选,不能把这事委托给宰相,担心这样会让宰相施 [命题立意]本题考查考生整合文中信息并进行分析推断的能力'能力 ❖圣洁美好,突出小说的主旨' ❖ 予私人恩惠,堵塞了进言之路' 层次为³级'❖[评分说明]本题共4分'每点²分,答出三点即可'只列举表现给一❖[评分说明]本题共’分'关键词“宜”“委”“树”各¹分,句意²分'(二)实用类文本阅读(¹²分) ❖ 半分数' ❖ (²)梁肃因为治理进入优秀官员行列,于是担任了高官,廉能的官员可 4·答案:D ❖ [命题立意]本题考查考生对小说人物角色的作用分析¸鉴赏能力'能 ❖ 以借此勉励自己了' [评分说明]本题共³分'选D 给³分,其他选项不给分,两个选项及以 ❖力层级为D 级' ❖ [评分说明]本题共’分'关键词“以治”“遂”“劝”各¹分,句意²分'上不给分' ❖ 9·参考答案: ❖ [命题立意]本题考查考生对文言语句的翻译能力,能力层级为B 级' [解析]“萝卜快了不洗泥”的经营状态,只是某些老字号存在的问题' ❖ ©女性观察细致,以其视角叙述故事,可更多地展现细节,增强情节的❖(二)古代诗歌阅读(本题共²小题,9分) [命题立意]本题考查考生对实用类文本中的内容进行理解的能力'能 ❖生动性,让人如临其境'❖ ¹4·答案:D力层级为B 级'❖©女性感觉敏锐,可更好地刻画人物形象'如通讯员的牢骚¸新媳妇的❖[评分说明]本题共³分'选D 给³分,其他选项不给分,两个选项及’·答案:³ ❖ 羞涩,更生动地表现出人物特点' ❖ 以上不给分' [评分说明]本题共³分'选³给³分,其他选项不给分,两个选项及以 ❖©以女性视角描写战争,绕开激烈的战斗场面,从侧面突出战争的残 ❖[解析]错在“对自己死于乡野并不遗憾”,其实作者是很遗憾的,他不 上不给分'❖酷,更能引发读者的想象'教考联盟•一摸三诊•三诊•语文试题答案 第¹页(共²页)❖遗憾的条件是敌人被消灭,故土被收复'❖❖ ❖❖❖❖ ❖ ❖ ❖ ,❖ ❖ ❖ ❖ ❖ ❖❖❖ ❖❖❖ ❖ ❖ ❖ ❖❖❖❖❖ ❖ ❖ ❖ ❖❖❖ ❖ ❖'❖ [命题立意]本题考查考生鉴赏文学作品时理解诗句内容¸分析概括作❖搭配;二是“还是要抱有信心”缺少主语'A 项“能力”与“力有未逮”语 ❖就是一个人成长的过程,由此我们可以得到启示:三省吾身,可以促进者在文中的观点态度的能力,能力层级为³级' ❖ 义重复,不搭配;B 项“还是要抱有信心”缺少主语;D 项“现在”“目前”❖ 人的成长'白居易只是拿了两块石头,但他却由此对自己进行了反 ¹’·参考答案: ❖ 重复,第二个分句缺少主语' ❖省,由此可知,小事不是可轻忽的'白居易对自己所做之事予以反省, ©本诗表达了作者虽然多病,但依然盼望着恢复失地¸为国家建功立 ❖[命题立意]本题考查考生辨析病句的能力'能力层级为E 级' ❖ 其实就是一种自律自警,由此我们可以得到启示:成功的人生需要自 业的壮志豪情' ❖ ¹9·答案:D ❖ 律自警'写作本文,以上几点都是较好的立意'©颔联借苜蓿花开¸雨打梧桐的景象,传达出时光流逝之意' ❖[评分说明]本题共³分'选D 给³分,其他选项不给分,两个选项及 ❖ ©它以哀情衬哀情,借景抒情,加重了作者心情的凄凉程度,使感情的 ❖以上不给分' ❖ [参考译文] 抒发更充分' ❖ [解析]为了保持本段叙述话题的一致性,首先排除A ¸³两项,因为这 ❖ 梁肃,字孟容,是奉圣州人"天眷二年考中了进士,调任平遥县主簿, [评分说明]本题共4分'每点²分,意思对即可' ❖ 两项的主语都是“这个春天”,而本段的叙述话题是科幻小说与科幻电 ❖ 升任望都县令"因为清廉,被召入朝廷担任尚书省令史"又担任大名府 [命题立意]本题考查考生鉴赏文学作品时分析情感¸鉴赏其艺术特色 ❖ 影'B 项主语是“科幻文学”,虽然承接了前面科幻作品的内容,但与 ❖ 少尹"正隆末年,大名境内出现盗贼,官府把那些陷身于盗贼中而无法辩 的能力'能力层级为D 级' ❖ 后文期待-三体.排成电影的内容联系不紧密;D 项以“科幻”为主语,❖ 白自己的数千平民百姓,都抓起来关进大名监狱"梁肃到任后,经过考察 (三)名篇名句默写(4分) ¹4·参考答案: (¹)吾视其辙乱,望其旗靡 ❖涵盖科幻小说与科幻电影,其照应性比B 项的“科幻文学”要好得多 ❖故选D 项' ❖ [命题立意]本题考查语言连贯的考点'能力层级为E 级' ❖ 得到实情进行审理,放出了十分之八九"改任大兴府少尹"梁肃上疏说: ❖“当今国家财力匮乏,不仅是边境军队耗费的"吏部按常规任命各漕司的 ❖ 官员,都是让年老有资格的人去担任,大都不称职"我认为,凡是懂得钱 (²)伏清白以死直兮,固前圣之所厚 ❖ ²◇·参考答案: ❖ 粮事务和知道怎样做能使国家用度充足而且不伤害百姓的人,允许他们 (³)盈虚者如彼,而卒莫消长也 ❖ ©“一位”改为“一个”或“一名”; ❖ 上书推荐自己,朝廷从中选择那些可以任用的,授予他们职务"每五年, [评分说明]本题共4分'每个空¹分,一个空中只要有一个错误,则 ❖ ©“这穷乡僻壤”改为“这里”; ❖ 吏部派官员视察财用的增减情况而升降他们的职位"”皇帝未予批复"被 该空不给分' ❖ ©“筹谋”改为“筹划”或“努力”; ❖ 任命为河北东路转运副使"这时正值窝斡变乱之后,军粮不足,皇帝下诏 [命题立意]本题考查考生默写古代计文中常见名篇名句的能力'能 ❖ ®“弄了”改为“购买”; ❖ 让梁肃筹措边兵的军稂"梁肃发布命令要求肇州,北京,广宁的盐场,允 力层级为A 级' 三˛语言文字运用(²◇分) ❖ º“没地儿”改为“没有教室”' ❖[评分说明]本题共’分'每改对一处,给¹分' ❖ 许百姓以米换盐,军队和百姓都得到了好处"转任吏部尚书"上疏谈论 ❖ 御史台的进谏事务,其基本意思是:“御史台官员从大夫升任监察,谏官从 ¹’·答案:³ ❖ [解析]©“一位”谦敬错位;© “这穷乡僻壤”不得体;© “筹谋”大词小 ❖ 大夫升任拾遗,陛下应该亲自挑选,不能把这事委托给宰相,担心这样会 [评分说明]本题共³分'选³给³分,其他选项不给分,两个选项及 ❖用;®“弄了”太过口语化;º“没地儿”太过口语化' ❖ 让宰相施予私人恩惠,堵塞了进言之路"”皇帝赞赏并采纳了他的意见" 以上不给分'❖[命题立意]本题考查语言运用得体的能力'能力层级为 E 级'❖ 梁肃推荐了同安县的主簿高旭,高旭被任命为平阳酒使,梁肃上奏说:“明 [解析]©可圈可点:文章精彩,值得加以圈点,形容表现好,值得肯定 ❖ ²¹·参考答案: ❖ 君任用人才,就像使用器物一样"高旭是个儒生,其长处在于治理百姓, 或赞扬' ❖ 可歌可泣:值得歌颂,使人感动得流泪,指悲壮的事迹使人非常感动 ❖遭受挫折,有人会问“怎么办”,陷入焦虑,过度焦虑没有益处;有人会 ❖如果让他管理酒的买卖,不是他能胜任的"”皇上说:“对"”过了很久,他担 骂“混蛋”,陷入愤怒,做出攻击他人的行为;有人会说“无所谓”,看似 ❖ 任了济南尹,上疏说:“刑罚的严重,在今天达到了极点"如今太平时间长文中形容的是“情节”,故应选用“可圈可点”' ©齐头并进:不分前后 ❖ 冷漠,实则压抑隐痛;有人会要求“抱抱”,行为幼稚,实则博取同情 ❖ 了,应该使用中等法典,但有关部门仍然使用重型法典,我实在为此痛 地一齐前进或同时进行'望其项背:能够望见别人的颈的后部或脊 ❖ 背,表示赶得上或比得上(多用于否定式)根据文中“中国难以”,应选 ❖关注'[评分说明]本题共4分,内容³分,表达与连贯³分' ❖ 心"”又被任命为参知政事"皇帝对侍臣说:“梁肃因为治理进入优秀官员 ❖ 行列,于是担任了高官,廉能的官员可以借此勉励自己了"”梁肃上奏:“汉 用“望其项背”'©良莠不齐:指好人和坏人混杂在一起'参差不齐:❖ [解析]要分析框架图前后的关系,前者为问题背景,后者为具体的表 ❖ 代的羽林军都通晓'孝经("今天陛下的亲军,也就是汉代的羽林军"我 长短¸高低¸大小不齐,不一致'文中形容的是“质量”,故选“参差不 ❖ 齐”'®瑕不掩瑜:比喻缺点掩盖不了优点,优点是主要的,缺点是次 ❖❖ ❖ ❖ ❖❖ 4◇ ❖ ❖❖❖ ❖ 现'在转换为语句时,注意内容的连贯性以及语句的达意性' [命题立意]本试题考查图文转换能力'能力层级为¹级'❖请求每百户赏赐一部'孝经(,让他们懂得做臣子的道理"”皇上说:“好"”❖ 下诏羽林军和护卫人员都赐予'孝经("二十三年,梁肃请求退休养老,皇要的'白璧微瑕:洁白的玉上面有些小斑点,比喻很好的人或事物有 四˛写作( 分) ❖ 帝对宰相说:“梁肃知无不言,是个正人君子"你们知而不言,我确实瞧不 些小缺点'两个成语都能与后文构成因果关系,但从语法功能看,“瑕 ❖ ²²·[命题立意]本题主要体现以下写作考点:能写论述文¸实用类和文学 ❖ 起你们"尽管如此,梁肃老了,应当批准他的请求"”于是他退休"二十八 不掩瑜”的连贯性更好'❖ ❖ 类文章'能力层级为E 级' ❖ 年去世,谥号是正宪" ❖ [命题立意]本题考查考生正确使用词语(包括熟语)的能力'能力层 ❖[评分说明]本题总分:4◇分'参照²◇¹8年全国高考作文评分意见 ❖ 级为E 级' ¹8·答案:³ ❖评分' ❖ ❖评分表' ❖[评分说明]本题共³分'选³给³分,其他选项不给分,两个选项及 ❖[材料解析]白居易见到天竺山石十分喜爱,就带回家乡,但他后来发 ❖ 以上不给分' ❖ 现自己做错了'由此,我们应明白,见到美好的东西而产生了占有欲 ❖[解析]划线句子有两处错误:一是“能力”与“力有未逮”语义重复,不 ❖ 的时候,应该想想是否该取'白居易对自己的行为进行反思,这其实 ❖教考联盟•一摸三诊•三诊•语文试题答案 第²页(共²页)❖。
四川教考联盟2019届高三第三次诊断性考试语文试题及答案
于门户 ,对 汉代诗经和 宋代诗 经学中合理的部分加 以吸收 、为 己所用;对 不足之 处则加 以批评 、为
已镜鉴 。他认 为 ,汉 儒 长于训诂 ,于 格物有助 ;宋 儒 长 于义理 ,于 穷理 有益 。 同时 ,他 亦能不 断反
思
自己旧说
之
弊
,最
终
去《 `丨
、序
》以
言《诗
经
》,撰
成
今
本《诗
集传
》并
不
断加
以修
正
。
正
是
在
这
个
扬
弃过程 中,朱 子在 义理 的统摄 下兼重训诂 ,合 汉 、宋之 长加 以综合 而弥补其 不足 ,使 其 自己的诗 经
学得 以形成 。
朱子 以绍承孔孟道统为 己任 ,以 格物 穷理为方法论原则来构建诗经学,重 点体现在诗 经学理
论和治《诗 》实践 两个方面。 朱子在诗 经学理论方面所获尤多。对于诗 经 学的一些核 心命题 ,比 如“六义”说 、“二 南”说 、
南宋中期 的朱子是在诗经学理论和注解《诗 经》两个方面皆有所创获的代表性人物。他对 于
《诗 经》的演进历程有着非常深刻的认识 ,在 审视历代诗经学者长处与不足的基础上 自成一派 ,既 上承 汉代诗 经学 ,又 下启 清代诗 经学,还 影响着现代诗 经学。
朱子在诗 经学研 究方面较先前宋儒走得 更远 ,真 正 突破 了汉代诗 经 学的束缚 。他并不拘 泥
拥有超过 百年历 史的天津狗 不理 ,不 断强化 与京 东商城 、天猫 等 电商合作 。⒛17年 线上 累 计销售额达到 1029.62万 元 ,增 长 50%以 上 。狗 不理 集 团股份 有 限公 司董事 高桂 琴认 为 ,狗 不
四川省教考联盟2019届高三第三次诊断性考试理科综合试题(含答案)
高中 zO19届 毕业班第三次诊断性考试
理科综合能力测试
本试 卷共 12页 ,满 分 300分 。考试 用 时 15O分 钟 。
注意事项 : 1.答 卷 前 ,考 生务 必将 自己的姓 名 、准考证 号填 写在 答题 卡 上 。
A。 环 境 因素 引起 的变 异 都 不 能遗 传 给后 代
B。 21三 体 综 合 征 的患 者 可 以产 生正 常 的子 代
C。 遗 传 病 患 者 一 定 携 带 有 显 性 或 隐性 致 病 基 因 D。 杂 合 子 自交 后 代 发 生性 状 分 离 是 因为基 因重 组 2.下 列有关 生物体 内有 机 物 的叙 述 ,错 误 的是 A。 纤 维 素是 植 物 细胞 的结 构 成 分 ,还 是 其供 能 物 质 B。 脂 肪 是 良好 的储 能 物 质 ,还 是 动物 体 内的绝 热 体 C。 蛋 白质 是 细胞 的结 构 成 分 ,还 参 与调 控 细胞 代 谢 D。 核 酸是 遗 传 信 息 的携 带 者 ,还 可 以催 化 酶促 反 应 3.神 经 —肌 肉接点 的结 构类 似 于突触 ,神 经末 梢释放 的 乙酰胆碱 可 引发肌 细胞膜 发 生 电位 变化 。 下列叙述 正确 的是 A。 受 到刺 激 后 的突触 后 膜 能 够 释放 乙酰 胆碱 B。 乙酰 胆 碱 通 过 胞 吞 进 人 突触 后 膜 发 挥 作 用
C
比较 Cu2+与 NH3、 向硫酸铜溶 液 中滴 加 稀 氨 水 ,观 察 溶 液 颜 色 变 化 ;再 加 人 乙
H2O结 合难 易
醇 ,观 察 晶体 析 出情 况
D 检 验 新 制 氯 水 的 氧 向少量紫色石蕊溶液 中逐滴滴加新制氯水 ,边 加边振荡 ,观 察
四川省绵阳市2019届高三数学第三次诊断性考试试题
四川省绵阳市届高三数学第三次诊断性考试试题文（含解析）注意事项：.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．.考试结束后，将答题卡交回．一、选择题：本大题共小题，每小越分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．.已知集合，,则（）. . . .【答案】【解析】【分析】根据集合交集的定义可得所求结果．【详解】∵，∴．故选．【点睛】本题考查集合的交集运算，解题的关键是弄清两集合交集中元素的特征，进而得到所求集合，属于基础题．.已知为虚数单位，复数满足，则（）. . . .【答案】【解析】【分析】根据复数的除法求出复数的代数形式，然后再求出即可．【详解】∵，∴，∴．故选．【点睛】本题考查复数的除法运算和复数模的求法，解题的关键是求出复数的代数形式，属于基础题．.中国仓储指数是反映仓储行业经营和国内市场主要商品供求状况与变化趋势的一套指数体系．如图所示的折线图是年和年的中国仓储指数走势情况．根据该折线图，下列结论中不正确的是（）. 年月至月的仓储指数比年同期波动性更大. 年、年的最大仓储指数都出现在月份. 年全年仓储指数平均值明显低于年. 年各月仓储指数的中位数与年各月仓储指数中位数差异明显【答案】【解析】【分析】根据给出的折线图对四个选项进行分析、判断后可得不正确的结论．【详解】对于，由图可得年月至月的仓储指数变化平缓，而年月至月的仓储指数的波动较大，所以正确．对于，由图可得年、年的最大仓储指数都出现在月份，所以正确．对于，由图可得月份两年的仓储指数相同，月、月、月的仓储指数年比年低，其余个月份都是年的低，并且有明显的差异，所以年全年仓储指数平均值明显低于年，所以正确．对于，由图中的数据可得两年的仓储指数的中位数都在左右，差别不大，所以不正确．故选．【点睛】本题考查识别统计图和用统计图解决问题的能力，解题的关键是从图中得到所需的信息，属于基础题．.函数的图象在处的切线斜率为（）. . . .【答案】【解析】【分析】求出函数的导函数，然后根据导数的几何意义可得切线的斜率．【详解】∵，∴，∴，∴函数的图象在处的切线斜率为．故选．【点睛】根据导数的几何意义可得导函数在时的函数值即为曲线在点处的切线的斜率，解题时注意对题意的理解，属于简单题．.将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则的解析式为（）. .. .【答案】【解析】【分析】根据三角函数图象平移变换的规律可得所求的解析式．【详解】将函数的图象向左平移个单位后所得图象对应的解析式为．故选．【点睛】解题中容易出现的错误是忽视在横方向上的平移只是对变量而言的这一结论，当的系数不是时，在解题时需要提出系数、化为系数是的形式后再求解．.下列函数中，既是奇函数，又在上是增函数的是（）. . . .【答案】【解析】【分析】对选项中的每个函数分别从奇偶性和单调性两个方面进行分析、判断即可得到正确的结论．【详解】对于，函数为奇函数，但在无单调性，所以不合题意．对于，由于，所以函数为偶函数，所以不合题意．对于，函数为奇函数，且在上单调递增，所以符合题意．对于，函数为奇函数，当时，，所以，所以函数在上单调递减，在上单调递增，不合题意．故选．【点睛】本题考查函数的单调性和奇偶性的判定，解题的关键是熟悉常见函数的性质，属于基础题．.已知变量，满足则的最大值为（）. . . .【答案】【解析】分析】画出不等式组表示的可行域，然后根据的几何意义求解即可．【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示．由题意得表示可行域内的点到原点距离的平方，结合图形可得，可行域内的点到原点的距离最大，且最大距离为，所以的最大值为．故选．【点睛】解答线性规划问题的两个注意点：一是正确画出不等式组表示的可行域；二是根据目标函数的几何意义求解，判断出是截距型、斜率型还是距离型，然后结合图形求解，属于基础题．.已知一个封闭的长方体容器中装有两个大小相同的铁球，若该长方体容器的三个相邻侧面的面积分别为，，，则铁球的直径最大只能为（）. . . .【答案】【解析】【分析】根据题意求出长方体的三条棱的长度，最长棱的一半即为球的直径的最大值．【详解】设长方体三条棱的长分别为，由题意得，解得．再结合题意可得，铁球的直径最大只能为．故选．【点睛】本题考查长方体的有关计算和空间想象能力，解题时要明确当球与长方体的对面都相切时半径最大，故只需求出长方体的最长棱即可，属于基础题．.已知双曲线：的两个焦点分别为，，以原点为圆心，为半径作圆，与双曲线相交．若顺次连接这些交点和，恰好构成一个正六边形，则双曲线的离心率为（）. . . .【答案】【解析】【分析】设双曲线和圆在第一象限的交点为，根据正六边形可得点的坐标，然后再根据点在双曲线上得到间的关系式，于是可得离心率．【详解】由题意得，以原点为圆心的圆的半径为．设双曲线和圆在第一象限的交点为，由正六边形的几何性质可得，∴点的坐标为．又点在双曲线上，∴，整理得，∴，解得或．又，∴，∴．故选．【点睛】求双曲线的离心率时，将提供的双曲线的几何关系转化为关于双曲线基本量的方程或不等式，利用和转化为关于的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围．.在中，分别为角的对边，若，且的面积，则（）. . . .【答案】【解析】【分析】根据及三角形的面积公式和余弦定理得到，进而求得，然后再根据正弦定理可得所求．【详解】∵及，∴，整理得．又，∴．由正弦定理得，∴．故选．【点睛】本题考查正弦定理解三角形，此类问题常与三角形的面积和余弦定理结合在一起考查，解题时注意各公式间的关系及灵活应用，属于基础题．.已知抛物线：的焦点为，点，直线与抛物线交于点（在第一象限内)，与其准线交于点，若，则点到轴距离为（）. . . .【答案】【解析】【分析】过点作抛物线准线的垂线，垂足为．根据三角形相似可得直线的倾斜角为，从而斜率为，进而可求得，于是可求得点的纵坐标，根据点在曲线上可得其横坐标，即为所求．【详解】由题意得抛物线的焦点为，准线方程为，设准线与轴交于点．过点作抛物线准线的垂线，垂足为，则，∴，∴,∴直线的倾斜角为，∴，解得．又由得，即，∴．设，则，∴，∴，又点在第一象限，∴，即点到轴距离为．故选．【点睛】本题考查抛物线定义的运用和平面几何图形的性质，解题的关键是根据平面图形的性质得到直线的倾斜角，进而得到参数，然后再根据定义进行转化后可得所求距离，属于中档题．.若，且，，，则的值是（）. . . .【答案】【解析】设，用表示出，然后根据对数的运算性质和换底公式进行变形求解可得所在的范围，进而得到答案．【详解】设，则，∴．∵，∴；又，∴，即．∴．故选．【点睛】本题考查对数的换底公式、对数的性质以及基本不等式，具有一定的灵活性和难度，解题的关键是用参数表示出，考查变换和计算能力．二、填空题：本大题共小题，每小题分，共分．.函数则．【答案】.【解析】【分析】根据分段函数的解析式逐步代入求解可得结果．【详解】由题意得．故答案为：．【点睛】本题考查分段函数的求值，解题时根据函数中不同的范围对应的解析式求解，属于简单题．.已知，是第二象限的角，则．【答案】.【解析】由求得，再根据平方关系得到，于是可得所求．【详解】∵，又是第二象限的角，，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】解题中在运用平方关系求值时要注意所求值的符号，本题考查同角三角函数关系式，属于简单题． .已知的面积为，且，则．【答案】.【解析】 【分析】 由的面积为可得，再由可得，然后根据以上两式得到，由此可得．【详解】∵的面积为，∴①．∵，∴②．由①②两式得，又，∴．故答案为：．【点睛】解答本题容易出现的错误是认为向量的夹角为，从而得到错误的结果．考查向量的数量积和三角形的面积公式，关键是从两个条件中消去得到角的正切值．.在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为．【答案】.【解析】【分析】由三视图得到五面体的直观图，然后根据几何体的结构特征，利用分割的方法求得其体积．【详解】由三视图可得，该几何体为如下图所示的五面体，其中，底面为直角三角形，且，侧棱与底面垂直，且．过点作，交分别于，则棱柱为直棱柱，四棱锥的底面为矩形，高为．所以．故答案为：．【点睛】本题考查三视图还原几何体和不规则几何体体积的求法，考查空间想象能力和计算能力，解题的关键是由三视图得到几何体的直观图，属于基础题．三、解答题：共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第题为必考题，每个试题考生都必须作答．第、题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共分．.已知数列满足，．（）求证：数列是等差数列；（）若，求数列的前项和．【答案】()见解析；（）.【解析】【分析】（）由变形可得，由此可得数列为等差数列．（）由（）得到，进而得到，然后利用列项相消法求和即可．【详解】（）∵，∴，又，∴数列是以为首项，公差为的等差数列．（）由（）知，∴．∴，∴．【点睛】用裂项法求和的裂项原则及规律()裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．()消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．.目前有声书正受着越来越多人的喜爱．某有声书公司为了解用户使用情况，随机选取了名用户，统计出年龄分布和用户付费金额（金额为整数）情况如下图．有声书公司将付费高于元的用户定义为“爱付费用户”，将年龄在岁及以下的用户定义为“年轻用户”．已知抽取的样本中有的“年轻用户”是“爱付费用户”．（）完成下面的列联表，并据此资料，能否有的把握认为用户“爱付费”与其为“年轻用户”有关？（）若公司采用分层抽样方法从“爱付费用户”中随机选取人，再从这人中随机抽取人进行访谈，求抽取的人恰好都是“年轻用户”的概率．．【答案】（）有的把握认为“爱付费用户”和“年轻用户”有关；（）.【解析】【分析】（）根据题意可得列联表，然后根据表中的数据求出后与临界值表中的数据对照后可得结论．（）根据古典概型概率公式求解可得所求概率．【详解】（）根据题意可得列联表如下：由表中数据可得，所以有的把握认为“爱付费用户”和“年轻用户”有关．（）由分层抽样可知，抽取的人中有人为“年轻用户”，记为，，，，人为“非年轻用户”，记为．则从这人中随机抽取人的基本事件有：，，，，，，，，，，共个基本事件．其中满足抽取的人均是“年轻用户”的事件有：，，，，，，共个．所以从中抽取人恰好都是“年轻用户”的概率为．【点睛】独立性检验的方法是得到列联表后求出的值后与临界值表进行对照后得到结论，查表时要根据题目要求的百分比找到第一行对应的数值，再将该数值对应的值与求得的相比较．另外，表中第一行数据表示两个变量没有关联的可能性，所以其有关联的可能性为．.如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面平面，且，，为的中点，．（）求证：平面；（）求三棱锥的体积．【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（）连接，交于点，连接，根据三角形中位线的性质可得，再根据线面平行的判定可得结论成立．（）在中由余弦定理得，于是．在平面内，作，交的延长线于，由条件可得平面，即为点到平面的距离，然后再结合求解可得所求．【详解】（）证明：连接，交于点，连接．∵为的中点，为的中点，∴为的中位线，∴，且．又平面，平面，∴平面．（）在中，，，由余弦定理得，∴．∴．∵，且为的中点，∴．在中，．在平面内，作，交的延长线于．∵平面平面，平面平面,∴平面．即为点到平面的距离．∵点为的中点，∴点到平面的距离是长度的一半．在中，，∴．【点睛】在求空间几何体的体积时，要注意分清几何体的形状，对于形状规则的几何体可直接根据公式求其体积；对于形状不规则的几何体，可根据“分割”或“补形”的方法转化为形状规则的几何体再求其体积．.已知是焦距为的椭圆：的右顶点，点，直线交椭圆于点，为线段的中点．（）求椭圆的方程；（）设过点且斜率为的直线与椭圆交于、两点，若，求直线的斜率．【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）由焦距为可得，再根据在椭圆上得，于是，进而得到椭圆方程．（）将直线方程与椭圆方程联立消元后根据根与系数的关系得，，再根据得，构造，代入后可得所求斜率．【详解】（）由题意得焦距，∴．又点在椭圆上，∴，解得，∴．∴椭圆的方程为．（）根据题意得直线的方程为，即．由消去整理得．∵直线与椭圆交于、两点，∴，解得．设，，则，．∵，且，，∴，∴，即．∴，∴．∴，解得，满足，∴．即直线的斜率．【点睛】由于圆锥曲线的问题都涉及到大量的计算，所以在解题时要注意计算的合理性，利用“设而不求”、“整体代换”等方法，以减少运算量、提高解题的效率，本题中利用，构造后利用整体代换求解就是一种很好的简化运算的方法．另外，不要忽视判别式的限制．.已知函数，对于任意的，恒成立．（）求的取值范围；（）设，当取最小值且时，试比较与在上的大小，并证明你的结论．【答案】（）；（），证明见解析.【解析】【分析】（）由题意只需根据求出实数的取值范围即可，然后根据参数讨论法求解即可得到所求．（）结论为．若证不等式成立，即证当取最小值且时成立，也即证．设，分析其单调性则得；令，则可得．从而可得成立．【详解】（）∵，∴．①当时，得，则在上单调递减．又，∴不恒成立．②当时，由，解得．（ⅰ）当，即时，可得在上单调递减，在上单调递增，要使得恒成立，则．令，则，∴在上单调递增，又，所以恒成立，不合题意．（ⅱ）当，即时，在上单调递增．由，得恒成立．综上可得．∴实数的取值范围为．（）．证明如下：由（）得当取最小值时；当时，．故只需证，即证即可．令，则．由，解得；由，解得，∴在上单调递减，在上单调递增．故．令，则．由，解得；由，解得．∴在上单调递增，在上单调递减．故．又，故成立．∴．【点睛】（）解决恒成立问题的常用方法是参数分离法和参数讨论法，对于参数分离无法解决的问题则需要用参数讨论法求解，解题时需要根据题意对参数进行合理的分类，然后通过逐步讨论排除不合题意的部分．（）证明不等式时，可构造函数，然后通过求出函数的最值后得到不等式成立；有时也可通过证明来得到结论成立．（二）选考题：共分．请考生在第，题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题记分．.选修：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线的极坐标方程为．（）求曲线的普通方程；（）直线的参数方程（为参数），直线与轴交于点，与曲线的交点为，，当取最小值时，求直线的直角坐标方程．【答案】().（）.【解析】【分析】（）曲线的极坐标方程可化为，然后利用变换公式可得所求．（）将直线的参数方程代入曲线的普通方程得到关于的二次方程，然后结合参数的几何意义和根与系数的关系求解即可．【详解】由题意，得，∴．把代入上式得．∴曲线的普通方程为．（）由题可知，直线与轴交于点即为抛物线的焦点．将直线的参数方程代入的普通方程中，整理得．设点对应的参数分别为，由题意得，则，，∴，当且仅当，即时等号成立，∴当取最小值时，直线的直角坐标方程为．【点睛】用直线参数方程中参数的几何意义解题时，要注意参数方程中参数的系数的平方和必须为，只有在这种情况下，参数的绝对值才表示直线上的点到定点的距离．.[选修：不等式选讲]已知函数．（）当时，解不等式；（）证明：对任意，．【答案】（）；（）见解析.【解析】【分析】（）利用零点分区间法，即分类讨论的方法解不等式即可．（）利用绝对值的三角不等式证明即可得到结论．【详解】（）当时，．①当时，不等式为，解得；②当时，不等式为，解得．与矛盾，舍去；③当时，不等式为，解得．综上不等式的解集为．（）证明：．∴不等式成立．【点睛】对绝对值三角不等式定理的理解注意以下几点：①不等式为，两端的等号成立的条件在解题时经常用到；②利用这一不等式可进行放缩，特别是用此结论可求函数的最大(小)值．- 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四川成都2019届高中毕业班第三次诊断性检测文科数学试卷及答案(pdf版)
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成都市２０１６级高中毕业班第三次诊断性检测
数学(文科)参考答案及评分意见
第Ⅰ卷 (选择题,共６０分)
一 、选 择 题 :(每 小 题 ５ 分 ,共 ６０ 分 ) １������A; ２������D; ３������B; ４������C; ５������B; ６������D; ７������C; ８������A; ９������B; １０������B; １１������D; １２������C������
∴EF ∥ AC,BD ⊥ AC ．
∴BD ⊥ EF������
������ ������４ 分
又 BD ⊥ PE ,PE ∩ EF ＝E ,
∴BD ⊥ 平面 PEF������
������ ������６ 分
Hale Waihona Puke (Ⅱ)如图,连结MA,MD．设PMMB
＝λ
,则
PM PB
＝λλ＋１������
∴VM－PAD ＝λλ＋１VB－PAD ＝λλ＋１VP－ABD������
第Ⅱ卷 (非选择题,共９０分)
二 、填 空 题 :(每 小 题 ５ 分 ,共 ２０ 分 )
１３������１８０; １４������
７ ９
;
１５������
９ ４
; １６������[－１,３]������
三 、解 答 题 :(共 ７０ 分 )
１７．解:(Ⅰ)由已知,得sinAcosB ＝ １ ２sinB ＋sinC������ 又sinC ＝sin(A ＋B), １ ∴sinAcosB ＝ ２sinB ＋sinAcosB ＋cosAsinB������
2019年四川省教考联盟高考数学三诊试卷(理科)
2019年四川省教考联盟高考数学三诊试卷（理科）一、选择题：本题共12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．1．（5分）设集合U＝R，集合A＝{x|x2﹣1＞0}，B＝{x|0＜x≤2}，则集合（∁U A）∩B＝（）A．（﹣1，1）B．[﹣1，1]C．（0，1]D．[﹣1，2]2．（5分）在复平面内，复数z对应的点是z（﹣1，2），则复数z的共轭复数＝（）A．﹣1+2i B．﹣1﹣2i C．1+2i D．1﹣2i3．（5分）从1，3，5，7，9中任取3个数字，从2，4，6，8中任取2个数字，组成没有重复数字的五位数，则组成的五位数中偶数的个数为（）A．7200B．2880C．120D．604．（5分）已知向量＝（，﹣），＝（cosα，sinα），则||的最大值为（）A．1B．C．3D．95．（5分）执行如图所示的程序框图，则输出的S值为（）A．﹣1B．0C．D．16．（5分）几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为（）A．729B．428C．356D．2437．（5分）下列说法中错误的是（）A．先把高二年级的1000名学生编号为1到1000，再从编号为1到50的50名学生中随机抽取1名学生，其编号为m，然后抽取编号为m+50，m+100，m+150…的学生，这样的抽样方法是系统抽样法．B．正态总体N（1，9）在区间（﹣1，0）和（2，3）上取值的概率相等C．若两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的值越接近于1D．若一组数据1、a、2、3的平均数是2，则这组数据的众数和中位数都是28．（5分）A，B是⊙O：x2+y2＝1上两个动点，且∠AOB＝120°，A，B到直线l：3x+4y﹣10＝0的距离分别为d1，d2，则d1+d2的最大值是（）A．3B．4C．5D．69．（5分）已知四面体ABCD外接球的球心O恰好在AD上，等腰直角三角形ABC的斜边AC为2，DC＝2，则这个球的表面积为（）A．B．8πC．12πD．16π10．（5分）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的最小正周期为π，其图象向左平移个单位后所得图象关于y轴对称，则f（x）的单调递增区间为（）A．[﹣]，k∈ZB．[﹣]，k∈ZC．[﹣]，k∈ZD．[﹣]，k∈Z11．（5分）在数列{a n}中，已知a1＝1，且对于任意的m，n∈N*，都有a m+n＝a m+a n+mn，则＝（）A．B．C．D．12．（5分）已知定义在R上的函数f（x）关于y轴对称，其导函数为f′（x），当x≥0时，不等式xf′（x）＞1﹣f（x）．若对∀x∈R，不等式e x f（e x）﹣e x+ax﹣axf（ax）＞0恒成立，则正整数a的最大值为（）A．1B．2C．3D．4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）若变量x，y满足约束条件，则的最小值为．14．（5分）已知等比数列{a n}中，a2＝2，a5＝，则a1a2+a2a3+…+a5a6＝．15．（5分）已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（x）+f（x+2）＝0，且f（1）＝﹣2，则f（2019）+f（2018）的值为．16．（5分）中心在原点，对称轴为坐标轴的双曲线C与圆O：x2+y2＝5有公共点P（1，﹣2），且圆O在点P处的切线与双曲线C的一条渐近线平行，则该双曲线的实轴长为．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生依据要求作答．（一）必考题：共60分17．（12分）槟榔原产于马来西亚，中国主要分布在云南、海南及台湾等热带地区，在亚洲热带地区广泛栽培．槟榔是重要的中药材，在南方一些少数民族还有将果实作为一种咀嚼嗜好品，但其被世界卫生组织国际癌症研究机构列为致癌物清单Ⅰ类致癌物．云南某民族中学为了解A，B两个少数民族班学生咀嚼槟榔的情况，分别从这两个班中随机抽取5名同学进行调查，将他们平均每周咀嚼槟榔的颗数作为样本绘制成茎叶图如图所示（图中的茎表示十位数字，叶表示个位数字）．（1）从A班的样本数据中随机抽取一个不超过19的数据记为a，从B班的样本数据中随机抽取一个不超过21的数据记为b，求a≥b的概率；（2）从所有咀嚼槟榔颗数在20颗以上（包含20颗）的同学中随机抽取3人，求被抽到B班同学人数的分布列和数学期望．18．（12分）如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，且AD⊥AC，sin∠BAC＝，AD＝1，AB＝．（1）求BD的长；（2）求△ABC的面积．19．（12分）如图，在棱长为1的正方体PB1N1D1﹣ABND动点C线段BN动，且有＝λ（0＜λ≤1）．（1）若λ＝1，求证：PC⊥BD（2）若二面角B﹣PC﹣D弦值为﹣，求实数λ的值．20．（12分）已知点M（x，y），与定点F（1，0）的距离和它到直线l：x＝4的距离的比是常数点M轨迹为曲线C．（1）求曲线C方程；（2）若直线l1：y＝kx交曲线C于A，B两点，当点M不在A、B两点时，直线MA，MB的斜率分别为K1，K2，求证：K1，K2之积为定值．21．（12分）已知函数f（x）＝ax2+（a﹣2）x﹣lnx．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做则按所做的第一题记分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C：ρsin2θ＝4cosθ，过点p（2，﹣1）的直线l的参数方程为：（t为参数），直线l与曲线C分别交于M、N两点．（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（2）求线段|MN|的长和|PM|•|PN|的积．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x﹣2|﹣|x﹣1|．（1）若正数a，b，满足a+2b＝f（﹣1），求的最小值；（2）解不等式f（x）．2019年四川省教考联盟高考数学三诊试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12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．1．【解答】解：A＝{x|x＜﹣1，或x＞1}；∴∁U A＝{x|﹣1≤x≤1}；∴（∁U A）∩B＝（0，1]．故选：C．2．【解答】解：由题意，z＝﹣1+2i，则，故选：B．3．【解答】解：根据题意，分3步进行分析：①，从1，3，5，7，9中任取3个数字，有C53＝10种选法，从2，4，6，8中任取2个数字，有C42＝6种选法，则5个数字的选法有10×6＝60种，②，在选出的2个偶数数字中任选1个，安排在个位，有2种情况，③，将剩下的4个数字全排列，安排在前4个数位，有A44＝24种情况，则组成的五位数中偶数的个数为60×2×24＝2880；故选：B．4．【解答】解：＝＝；∴时，取最大值9，取最大值3．故选：C．5．【解答】解：模拟程序的运行，可得S＝0，i＝1满足条件i≤3，执行循环体，S＝2，i＝2满足条件i≤3，执行循环体，S＝6，i＝3满足条件i≤3，执行循环体，S＝14，i＝4此时，不满足条件i≤3，退出循环，可得S＝sin＝﹣1．输出S的值为：﹣1．故选：A．6．【解答】解：几何体的直观图如图，是正方体的一部分，四棱锥P﹣ABCD；几何体的体积为：＝243．故选：D．7．【解答】解：先把高二年级的1000名学生编号为1到1000，再从编号为1到50的50名学生中随机抽取1名学生，其编号为m，然后抽取编号为m+50，m+100，m+150…的学生，这样的抽样方法是系统抽样法．满足系统抽样的定义，正确；正态总体N（1，9）在区间（﹣1，0）和（2，3）上取值的概率相等，满足正态分布的性质，正确；若两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的值越接近于1，也可以是﹣1，所以不正确；若一组数据1、a、2、3的众数是2，所以a＝2，则这组数据的中位数是2，正确；故选：C．8．【解答】解：设A（cosθ，sinθ），则B（cos（θ+），sin（θ+）），d1+d2＝+因为A，B在直线l的同侧，所以d1+d2＝＝＝，所以当sin（θ+φ）＝﹣1时，d1+g2取得最大值5．故选：C．9．【解答】解：如图，取AC的中点E，AD的中点O，由题意，E为ABC所在球小圆的圆心，OE⊥平面ABC，O即为球心，由中位线可知，CD∥OE，∴CD⊥平面ABC，在直角三角形ACD中，AC＝2，CD＝，求得球O的直径AD＝，故球O的表面积为＝12π．故选：C．10．【解答】解：∵函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的最小正周期为＝π，∴ω＝2，f（x）＝sin （2x+φ）．其图象向左平移个单位后，可得y＝sin（2x++φ）的图象；根据所得图象关于y轴对称，可得+φ＝kπ+，k∈Z，∴φ＝，f（x）＝sin（2x+）．令2kπ﹣≤2x+≤2kπ+，求得kπ﹣≤x≤kπ+，故函数f（x）的增区间为[kπ﹣，kπ+]，k∈Z，故选：B．11．【解答】解：数列{a n}中，已知a1＝1，且对于任意的m，n∈N*，都有a m+n＝a m+a n+mn，则：a2＝a1+a1+1×1＝3＝1+2，a3＝a1+a2+1×2＝6＝1+2+3，…，a n＝1+2+3+…+n＝，所以：，所以：＝，＝2（），＝，＝．故选：C．12．【解答】解：定义在R上的函数f（x）关于y轴对称，∴函数f（x）为R上的偶函数．令g（x）＝xf（x）﹣x，则g（x）为奇函数．g′（x）＝xf′（x）+f（x）﹣1．当x≥0时，不等式xf′（x）＞1﹣f（x）．∴g′（x）＞0，g（x）在[0，+∞）单调递增．∴函数g（x）在R上单调递增．对∀x∈R，不等式e x f（e x）﹣e x+ax﹣axf（ax）＞0恒成立，⇔e x f（e x）﹣e x＞axf（ax）﹣ax⇔g（e x）＞g（ax）．∴e x＞ax．当x＞0时，a＜＝h（x），则h′（x）＝，可得x＝1时，函数h（x）取得极小值即最小值，h（1）＝e．∴a＜e．此时正整数a的最大值为2．a＝2对于x≤0时，e x＞ax恒成立．综上可得：正整数a的最大值为2．故选：B．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．【解答】解：已知得到可行域如图：z＝的几何意义是表示区域内的点与（4，0）点连接直线的斜率，由图可知，直线DA的斜率最小，解得A（2，3），所以z＝的最小值为：＝﹣；故答案为：﹣．14．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q，∵a2＝2，a5＝，∴＝2×q3，解得q＝．∴a1＝＝＝4．则a1a2＝8，n≥2时，＝q2＝．则a1a2+a2a3+…+a5a6＝＝．故答案为：．15．【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（x）+f（x+2）＝0，即f（x+2）＝﹣f（x），则有f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），即函数f（x）是周期为4的周期函数，则f（2018）＝f（2+4×504）＝f（2），f（2019）＝f（5×505﹣1）＝f（﹣1），又由f（﹣2）＝f（2）且f（﹣2）＝﹣f（2），则f（2）＝f（﹣2）＝0，f（﹣1）＝﹣f（1）＝2，则f（2019）+f（2018）＝f（2）+f（﹣1）＝2；故答案为：2．16．【解答】解：∵圆O在P处的切线方程为：2x﹣y＝5，即y＝2x﹣5，不妨设双曲线焦点在x轴上，设双曲线方程为：﹣＝1，则双曲线的渐近线方程为y＝±x，∴，解得a＝，∴双曲线的实轴长为2a＝．故答案为：．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生依据要求作答．（一）必考题：共60分17．【解答】解（1）A班的样本数据中不超过19的数据a有3个，B班的样本数据中不超过21的数据b也有3个，从A班和B班的样本数据中各随机抽取一个共有3×3＝9种不同情况．其中a≥b的情况有（11，11），（14，11），（14，12）三种，故a≥b的概率P＝＝．（2）因为所有咀嚼槟榔颗数在20颗以上（包含20颗）的同学中，A班有2人，B班有3人，共有5人，设抽到B班同学的人数为X，∴X的可能取值为1，2，3．P（X＝1）＝，P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，．∴X的分布列为：数学期望为E（X）＝1×+2×+3×＝．18．【解答】解：（1）因为AD⊥AC，所以∠BAD＝∠BAC﹣，所以cos∠BAD＝cos（∠BAC﹣）＝sin∠BAC＝．在△BAD中，由余弦定理得：BD2＝AB2+AD2﹣2AB•AD•cos∠BAD＝7+1﹣2××＝4．解得：BD＝2，（2）在△BAD中，由（1）知，cos∠ADB＝＝＝﹣．所以∠ADB＝．则∠ADC＝．在Rt△ADC中，易得AC＝．S△ABC＝AB•AC sin∠BAC＝×××＝，所以△ABC的面积为．19．【解答】证明：（1）当λ＝1时，C与N重合，连接AN，则在正方形ABND中，BD⊥AN．又在正方体PB1N1D1﹣ABND中，P A⊥底面ABND，而BD⊂平面ABND，所以P A⊥BD．P A∩AN＝A，所以BD⊥平面P ANN1，而PN⊂平面P ANN1，所以PN⊥BD，也即PC⊥BD．解：（2）依题意，以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则C（1，λ，0），P（0，0，1），B（1，0，0），D（0，1，0）．＝（1，λ，﹣1），＝（1，0，﹣1），＝（0，1，﹣1）．设平面PBC的一个法向量＝（x，y，z），则，取z＝1，得＝（1，0，1）．设平面PCD的一个法向量＝（x，y，z），则，取z＝1，得＝（1﹣λ，1，1）．所以|cos＜＞|＝＝＝，解得或λ＝﹣13．因为0＜λ≤1，所以．20．【解答】解：（1）由题意，，将上式两边平方，化简：3x2+4y2＝12，即曲线C的方程为；（2）把y＝kx代入3x2+4y2＝12，得（4k2+3）x2﹣12＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2）则：x1+x2＝0，．y1+y2＝kx1+kx2＝0，．＝＝＝．即K1，K2之积为定值．21．【解答】解：（1）函数f（x）＝ax2+（a﹣2）x﹣lnx，（a∈R）；∴f′（x）＝2ax+（a﹣2）﹣＝＝（x＞0），…（2分）当a≤0时，f′（x）＜0，则f（x）在（0，+∞）内单调递减；……（3分）当a＞0时，则f（x）在（0，）内单调递减，在（，+∞）内单调递增；……（5分）备注：求导正确给1分，因式分解正确得2分；（2）由（1）知，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）内单调递减，最多只有一个零点，舍去；…（5分）a＞0时，f（x）min＝f（）＝a•+（a﹣2）•﹣ln＝﹣+1+lna；……（7分）当x→0+时，f（x）＞0；当x→+∞时，f（x）＞0；∴当f（）＝1+lna﹣＜0，令g（a）＝1+lna﹣，则g′（a）＝+，∴g′（a）＞0；…（10分）则g（a）在（0，+∞）上单调递增；又g（1）＝0，解得a＜1；∴当0＜a＜1时，函数f（x）有两个不同的零点．…（12分）备注：其他解法也可以酌情相应给分．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做则按所做的第一题记分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．【解答】解（1）由ρsin2θ＝4cosθ，也即（ρsinθ）2＝4ρcosθ，即得曲线C的直角坐标方程为y2＝4x．由消去参数t得直线l的普通方程为x+y﹣1＝0．．（2）将直l的参数方程代入y2＝4x中得t2﹣2t﹣7＝0，则有t1+t2＝2，t1t2＝﹣7．不妨设M，N两点对应的参数分别为t1、t2，则M（2+t1，﹣1﹣t1），N（2+t2，﹣1﹣t2），∴|MN|＝＝＝8．|PM||PN|＝•＝2|t1t2|＝14．[选修4-5：不等式选讲]23．【解答】解（1）由题意得a+2b＝f（﹣1）＝1，所以+＝（+）×（a+2b）＝4++≥4+2＝8．所以+的最小值为8．当且仅当a＝，b＝，时等号成立．所以+的最小值为8．（2）因为f（x）＝|x﹣2|﹣|x﹣1|．①当x≤1时，f（x）＝2﹣x﹣（1﹣x）＝1，由f（x），解得x≤1；②当1＜x＜2时，f（x）＝3﹣2x，由f（x）＞，即3﹣2x，解得x＜，又1＜x＜2，所以1＜x＜；③当x≥2时，f（x）＝﹣1不满足f（x），此时不等式无解；综上，不等式f（x）的解集为（﹣∞，）．。
四川省绵阳市2019届高三文数第三次诊断性考试试卷
四川省绵阳市2019届高三文数第三次诊断性考试试卷一、单选题 (共12题；共24分)1．（2分）已知集合M={x|1≤x<3}，N={1,2},则M∩N=（）A．{1}B．{1,2}C．∅D．[1,2] 2．（2分）已知i为虚数单位，复数z满足z⋅(1+i)=i，则|z|=（）A．12B．√2C．√22D．13．（2分）中国仓储指数是反映仓储行业经营和国内市场主要商品供求状况与变化趋势的一套指数体系．如图所示的折线图是2017年和2018年的中国仓储指数走势情况．根据该折线图，下列结论中不正确的是（）A．2018年1月至4月的仓储指数比2017年同期波动性更大B．2017年、2018年的最大仓储指数都出现在4月份C．2018年全年仓储指数平均值明显低于2017年D．2018年各月仓储指数的中位数与2017年各月仓储指数中位数差异明显4．（2分）函数f(x)=e x cosx的图象在x=0处的切线斜率为（）A．0B．1C．e D．e25．（2分）将函数f(x)=sin(2x+π6)的图象向左平移π6个单位，得到函数g(x)的图象，则g(x)的解析式为（）A．g(x)=cos2x B．g(x)=−cos2xC．g(x)=sin2x D．g(x)=sin(2x+π3)6．（2分）下列函数中，既是奇函数，又在(0,+∞)上是增函数的是（）A．f(x)=sinx B．f(x)=e x+e−x C．f(x)=x3+x D．f(x)=xln|x|7．（2分）已知变量x，y满足{x≥0,|y|≤1,x+y−2≤0,则x2+y2的最大值为（）A．10B．5C．4D．28．（2分）已知一个封闭的长方体容器中装有两个大小相同的铁球，若该长方体容器的三个相邻侧面的面积分别为 6 ， 8 ， 12 ，则铁球的直径最大只能为（ ） A ．√3B ．2C ．√5D ．49．（2分）已知双曲线 E ： x 2a 2−y 2b2=1(a >0,b >0) 的两个焦点分别为 F 1 ， F 2 ，以原点 O为圆心， OF 1 为半径作圆，与双曲线 E 相交．若顺次连接这些交点和 F 1 ， F 2 恰好构成一个正六边形，则双曲线 E 的离心率为（ ） A ．√3B ．2C ．√3+1D ．310．（2分）在 ΔABC 中， a,b,c 分别为角 A,B,C 的对边，若 A =2π3,a =2√10 ，且 ΔABC 的面积 S =a 2+b 2−c 212，则 c = （ ）A ．2√3B ．4√3C ．2√33D ．4√3311．（2分）已知抛物线 C ： x 2=2py(p >0) 的焦点为 F ，点 A(1,0) ，直线 FA 与抛物线 C 交于点 P （ P 在第一象限内)，与其准线交于点 Q ，若 PQ⇀=√2FP ⇀ ，则点 P 到 y 轴距离为（ ） A ．2√2−1B ．2√2−2C ．3√2−1D ．3√2−212．（2分）若 x,y,z ∈R + ，且 3x =4y =12z ，x+yz ∈(n,n +1)， n ∈N ，则 n 的值是（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题 (共4题；共4分)13．（1分）函数 f(x)={2x −1,−1≤x <3,f(x −4),x ≥3,则 f(9)= ．14．（1分）已知 3sin2α=2cosα ， α 是第二象限的角，则 tanα= ．15．（1分）已知 ΔABC 的面积为 √32，且 AB⇀⋅BC ⇀=3 ，则 ∠B = ． 16．（1分）在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为 ．三、解答题 (共7题；共70分)17．（10分）已知数列{a n}满足a1=1，na n+1−(n+1)a n=1+2+3+⋅⋅⋅+n．（1）（5分）求证：数列{a nn}是等差数列；（2）（5分）若b n=1an，求数列{b n}的前n项和S n．18．（10分）目前有声书正受着越来越多人的喜爱．某有声书公司为了解用户使用情况，随机选取了100名用户，统计出年龄分布和用户付费金额（金额为整数）情况如下图．有声书公司将付费高于20元的用户定义为“爱付费用户”，将年龄在30岁及以下的用户定义为“年轻用户”．已知抽取的样本中有38的“年轻用户”是“爱付费用户”．（1）（5分）完成下面的2×2列联表，并据此资料，能否有95%的把握认为用户“爱付费”与其为“年轻用户”有关？（2）（5分）若公司采用分层抽样方法从“爱付费用户”中随机选取5人，再从这5人中随机抽取2人进行访谈，求抽取的2人恰好都是“年轻用户”的概率．K2=n(ad−bc)(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．19．（10分）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，平面PAD⊥平面ABCD，且PA=AD=2，∠PAB=∠PAD=120°，E为PD的中点，AE⊥EC．（1）（5分）求证： PB// 平面 EAC ； （2）（5分）求三棱锥 B −ACE 的体积．20．（10分）已知 A 是焦距为 2√5 的椭圆 E ： x 2a +y 2b2=1(a >b >0) 的右顶点，点P(0,2√3) ，直线 PA 交椭圆 E 于点 B ， B 为线段 PA 的中点． （1）（5分）求椭圆 E 的方程；（2）（5分）设过点 P 且斜率为 k 的直线 l 与椭圆 E 交于 M 、 N 两点，若 PN⇀=3PM ⇀ ，求直线 l 的斜率 k ．21．（10分）已知函数 f(x)=alnx +1x−1(a ∈R) ，对于任意的 x ∈(1,+∞) ， f(x)≥0 恒成立．（1）（5分）求 a 的取值范围；（2）（5分）设 g(x)=bex −1 ，当 a 取最小值且 b ≤32 时，试比较 f(x) 与 g(x) 在(0,+∞) 上的大小，并证明你的结论．22．（10分）在平面直角坐标系 xOy 中，以原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线 C 的极坐标方程为 ρ(1+cos2θ)=8sinθ ． （1）（5分）求曲线 C 的普通方程；（2）（5分）直线 l 的参数方程 {x =tcosα,y =1+tsinα （ t 为参数），直线 l 与 y 轴交于点 F ，与曲线 C 的交点为 A ， B ，当 |FA|⋅|FB| 取最小值时，求直线 l 的直角坐标方程．23．（10分）已知函数 f(x)=|2x −1|+|x +m| ．（1）（5分）当 m =1 时，解不等式 f(x)≥3 ；（2）（5分）证明：对任意 x ∈R ， 2f(x)≥|m +1|−|m| ．答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】∵M={x|1≤x<3},N={1,2}，∴M∩N={1,2}．故答案为：B．【分析】利用交集的运算即可得结果.2．【答案】C【解析】【解答】∵z⋅(1+i)=i，∴z=i1+i=i(1−i)(1+i)(1−i)=1+i2=12+i2，∴|z|=√(12)2+(12)2=√22．故答案为：C．【分析】由已知利用复数的乘除运算，得到z=12+i2，利用复数的求模公式计算，即可得结果.3．【答案】D【解析】【解答】对于A，由图可得2017年1月至4月的仓储指数变化平缓，而2018年1月至4月的仓储指数的波动较大，所以A符合题意．对于B，由图可得2017年、2018年的最大仓储指数都出现在4月份，所以B符合题意．对于C，由图可得4月份两年的仓储指数相同，9月、11月、12月的仓储指数2018年比2017年低，其余个月份都是2018年的低，并且有明显的差异，所以2018年全年仓储指数平均值明显低于2017年，所以C符合题意．对于D，由图中的数据可得两年的仓储指数的中位数都在51.5左右，差别不大，所以D不正确．故答案为：D．【分析】由已知折线图，得到仓储指数变化情况，再利用平均数，中位数的求法，即判断可得结果. 4．【答案】B【解析】【解答】∵f(x)=e x cosx，∴f′(x)=e x cosx−e x sinx=e x(cosx−sinx)，∴f′(0)=e0(cos0−sin0)=1，∴函数f(x)的图象在x=0处的切线斜率为1．故答案为：B．【分析】先求导，得到f′(0)=1，即可求出函数f(x)的图象在x=0处的切线斜率. 5．【答案】A【解析】【解答】将函数f(x)=sin(2x+π6)的图象向左平移π6个单位后所得图象对应的解析式为y=sin[2(x+π6)+π6]=sin(2x+π2)=cos2x．故答案为：A．【分析】由已知利用三角函数的变换，得到y=cos2x，即可求出g(x)的解析式.6．【答案】C【解析】【解答】对于A，函数为奇函数，但在(0,+∞)无单调性，所以A不合题意．对于B，由于f(−x)=e−x+e x=f(x)，所以函数f(x)为偶函数，所以B不合题意．对于C，函数f(x)=x3+x为奇函数，且在R上单调递增，所以C符合题意．对于D，函数f(x)为奇函数，当x>0时，f(x)=xlnx，所以f′(x)=1+lnx，所以函数f(x)在(0,1e )上单调递减，在(1e,+∞)上单调递增，不合题意．故答案为：C．【分析】由已知利用函数的单调性与奇偶性分别判断各选项，即可得结果. 7．【答案】A【解析】【解答】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示．由题意得x2+y2表示可行域内的点(x,y)到原点距离的平方，结合图形可得，可行域内的点A(3,−1)到原点的距离最大，且最大距离为|OA|=√32+(−1)2=√10，所以x2+y2的最大值为10．故答案为：A．【分析】先画出不等式组表示的平面区域，再结合图形得到可行域内的点A(3,−1)到原点的距离最大，即可求出x2+y2的最大值.8．【答案】B【解析】【解答】设长方体三条棱的长分别为a,b,c，由题意得{ab=6 bc=8ac=12，解得{a=3b=2c=4．再结合题意可得，铁球的直径最大只能为2．故答案为：B．【分析】先设出长方体的三条棱长，由题意列式，得到各棱长，再结合题意即可求出铁球直径的最大值.9．【答案】C【解析】【解答】由题意得，以原点O为圆心的圆的半径为|OF1|=c．设双曲线和圆在第一象限的交点为P(x,y)，由正六边形的几何性质可得x=c2,y=√3c2，∴点P的坐标为(c2,√3c2)．又点P在双曲线x2a2−y2b2=1上，∴c24a2−3c24b2=1，整理得c4−8a2c2+4a4=0，∴e4−8e2+4=0，解得e2=4+2√3或e2=4−2√3．又e>1，∴e2=4+2√3，∴e=√3+1．故答案为：C．【分析】先由已知得到点 P 的坐标，再代入双曲线方程，得到e 4−8e 2+4=0，即可求出离心率.10．【答案】D【解析】【解答】∵S =a 2+b 2−c 212及 S =12absinC,a 2+b 2−c 2=2abcosC ， ∴12absinC =2abcosC 12 ，整理得 sinC =13cosC ． 又 sin 2C +cos 2C =1 ，∴sinC =√1010．由正弦定理得 a sinA =csinC ，∴c =asinC sinA =2√10×√1010√32=4√33． 故答案为：D ．【分析】先由已知整理得到sinC =13cosC ，可得sinC =√1010，再利用正弦定理列式，即可求出c 的值.11．【答案】B【解析】【解答】由题意得抛物线的焦点为 F(0,p 2) ，准线方程为 x =−p2 ，设准线与y 轴交于点F 1 ．过点 P 作抛物线准线的垂线，垂足为 P 1 ，则 PP 1∥FF 1 ，∴|QP||FP|=|QP||QP 1|=√2 ，∴∠PQP 1=45° ,∴直线 FA 的倾斜角为 135° ， ∴k FA =p2−00−1=−p 2=−1，解得 p =2 ． 又由 PP 1∥FF 1 得 |QP||QF|=|PP 1||FF 1|=√22+1，即 |PP 1|2=√2√2+1，∴|PP 1|=2√2(√2−1)=4−2√2 ． 设 P(x,y) ，则 y +1=4−2√2 ， ∴y =3−2√2 ，∴x 2=4(3−2√2)=4(√2−1)2，又点 P 在第一象限，∴x =2(√2−1)=2√2−2 ，即点 P 到 y 轴距离为 2√2−2 ． 故答案为：B ．【分析】由已知抛物线，过点 P 作抛物线准线的垂线，再利用 PQ →=√2FP →列式，得到|PP 1|=4−2√2，可得点P 的横坐标，即可求出点 P 到 y 轴距离.12．【答案】C【解析】【解答】设 3x =4y =12z =t(t >1) ，则 x =log 3t,y =log 4t,z =log 12t ， ∴x+y z =log 3t+log 4tlog 12t =log 3t log 12t +log 4t log 12t=log 312+log 412=2+log 34+log 43 ． ∵1<log 34<2,0<log 43<1 ， ∴1<log 34+log 43<3 ；又 log 34+log 43>2√log 34⋅log 43=2 ， ∴4<log 34+log 43<5 ，即 x+yz∈(4,5) ． ∴n =4 ． 故答案为：C ．【分析】先由已知指数式转化为对数式，得到x+yz =2+log 34+log 43，再利用基本不等式得到x+yz ∈(4,5)，即可求出 n 的值.13．【答案】1.【解析】【解答】由题意得 f(9)=f(9−4)=f(5)=f(5−4)=f(1)=2×1−1=1 ．故答案为：1．【分析】由已知分段函数，分别代入求值即可得结果.14．【答案】−√24【解析】【解答】∵3sin2α=2cosα=6sinαcosα，又α是第二象限的角，cosα<0，∴sinα=13，∴cosα=−√1−sin2α=−√1−(13)2=−2√23，∴tanα=sinαcosα=132√23=−√24．故答案为：−√24．【分析】由已知可得sinα=13，利用同角三角函数基本关系式，即可求出结果.15．【答案】5π6【解析】【解答】∵ΔABC的面积为√32，∴SΔABC=12acsinB=√32①．∵AB⇀⋅BC⇀=3，∴accos(π−B)=−accosB=3②．由①②两式得tanB=−√33，又0<tanB<π，∴∠B=5π6．故答案为：5π6．【分析】由已知ΔABC的面积和AB→⋅BC→=3分别列式，得到tanB=−√33，即可求出角B的大小. 16．【答案】24【解析】【解答】由三视图可得，该几何体为如下图所示的五面体ABCEFD，其中，底面 ABC 为直角三角形，且 ∠BAC =90°,AB =4,AC =3 ，侧棱 DB,EC,FA 与底面垂直，且 DB =2,EC =FA =5 ．过点 D 作 DH ∥BC,DG ∥BA ，交 EC,FA 分别于 H,G ，则棱柱 ABC −DHG 为直棱柱，四棱锥 D −EFGH 的底面为矩形 EFGH ，高为 BA ．所以 V 五面体ABCEFD =V ABC−DHG +V D−EFGH =(12×4×3)×2+13×32×4=24 ．故答案为： 24 ．【分析】由已知三视图得到该几何体为五面体，分割为直棱柱ABC −DHG 和四棱锥D −EFGH ，利用 V 五面体ABCEFD =V ABC−DHG +V D−EFGH ，即可求出该五面体的体积.17．【答案】（1）解：∵na n+1−(n +1)a n =1+2+3+⋅⋅⋅+n =n(n+1)2 ，∴na n+1n(n+1)−(n+1)a n n(n+1)=a n+1n+1−a n n =12 ， 又 a 1=1 ，∴数列 {a nn} 是以 1 为首项，公差为 12 的等差数列． （2）解：由（1）知 a n n =1+12(n −1)=n+12，∴a n =n(n+1)2．∴b n =1a n=2n(n+1)=2(1n −1n+1) ，∴S n =b 1+b 2+⋯+b n =2[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n −1n+1)]=2(1−1n+1)=2nn+1 ． 【解析】【分析】（1）由已知整理化简，得到 a n+1n+1−a n n =12，即可证明数列 {a n n} 是等差数列； （2）由（1）得到 a n =n(n+1)2 ，可得 b n =2(1n −1n+1) ，利用裂项相消法进行数列求和，即可求出数列 {b n } 的前 n 项和 S n .18．【答案】（1）解：根据题意可得 2×2 列联表如下：由表中数据可得K2=n(ad−bc)(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100×(24×30−40×6)30×70×64×36≈4.76>3.841，所以有95%的把握认为“爱付费用户”和“年轻用户”有关．（2）解：由分层抽样可知，抽取的5人中有4人为“年轻用户”，记为A1，A2，A3，A4，1人为“非年轻用户”，记为B．则从这5人中随机抽取2人的基本事件有：(A1,A2)，(A1,A3)，(A1,A4)，(A1,B)，(A2,A3)，(A2,A4)，(A2,B)，(A3,A4)，(A3,B)，(A4,B)，共10个基本事件．其中满足抽取的2人均是“年轻用户”的事件有：(A1,A2)，(A1,A3)，(A1,A4)，(A2,A3)，(A2,A4)，(A3,A4)，共6个．所以从中抽取2人恰好都是“年轻用户”的概率为P=610=35．【解析】【分析】（1）由已知统计图完成2×2列联表，由表中数据可得K2≈4.76>3.841，即可判断相关关系；（2）由已知分层抽样可知“年轻用户”与“非年轻用户”的人数，利用列举法即可求出抽取的2人恰好都是“年轻用户”的概率.19．【答案】（1）证明：连接BD，交AC于点O，连接EO．∵E为PD的中点，O为BD的中点，∴EO为ΔPBD的中位线，∴PB//EO，且EO=12PB．又EO⊂平面EAC，PB⊄平面EAC，∴PB//平面EAC．（2）解：在 ΔPAB 中， PA =AB =2 ， ∠PAB =120° ， 由余弦定理得 PB 2=PA 2+AB 2−2PA ⋅ABcos120°=12 ， ∴PB =2√3 ． ∴EO =√3 ．∵AE ⊥EC ，且 O 为 AC 的中点， ∴AC =2EO =2√3 ．在 ΔABO 中， BO =√AB 2−AO 2=1 ．在平面 PAD 内，作 PF ⊥AD ，交 DA 的延长线于 F ． ∵平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ，平面 PAD ∩ 平面 ABCD =AD ,∴PF ⊥ 平面 ABCD ．即 PF 为点 P 到平面 ABCD 的距离． ∵点 E 为 PD 的中点，∴点 E 到平面 ABCD 的距离 ℎ 是 PF 长度的一半．在 ΔPFA 中， PF =PAsin60°=2×√32=√3 ，∴V B−ACE =V E−ACB =12V P−ABC =12×(13×S ΔABC ×√3)=12．【解析】【分析】（1）先作辅助线，得到 PB//EO ，即可证明 PB// 平面 EAC ；（2）先由余弦定理得到 PB =2√3 ，勾股定理得到BO=1，再作辅助线，可证 PF ⊥ 平面ABCD ，得到 PF 为点 P 到平面 ABCD 的距离，利用 V B−ACE =V E−ACB =12V P−ABC 即可得结果.20．【答案】（1）解：由题意得焦距 2c =2√5 ，∴c =√5 ．又点 B(a2,√3) 在椭圆 E 上，∴a 24a 2+3b 2=14+3b2=1 ，解得 b 2=4 ， ∴a 2=b 2+5=9 ．∴椭圆 E 的方程为 x 29+y 24=1 ．（2）解：根据题意得直线 l 的方程为 y −2√3=kx ，即 y =kx +2√3 ． 由 {y =kx +2√3,x 29+y 24=1,消去 y 整理得 (9k 2+4)x 2+36√3kx +72=0 ．∵直线 l 与椭圆 E 交于 M 、 N 两点，∴Δ=(36√3k)2−4×(9k 2+4)×72>0 ，解得 k 2>89．设 M(x 1,y 1) ， N(x 1,y 2) ， 则 x 1+x 2=−36√3k9k 2+4 ， x 1x 2=729k 2+4 ． ∵PN ⇀=3PM ⇀ ，且 PM ⇀=(x 1,y 1−2√3) ， PN ⇀=(x 2,y 2−2√3) ， ∴(x 2,y 2−2√3)=3(x 1,y 1−2√3) ，∴x 2=3x 1 ，即 x 2x 1=3 ．∴x 2x 1+x 1x 2=x 12+x 22x 1x 2=(x 1+x 2)2−2x 1x 2x 1x 2=(x 1+x 2)2x 1x 2−2=103， ∴(x 1+x 2)2x 1x 2=163． ∴(−36√3k 9k 2+4)2729k 2+4=163 ，解得 k 2=329 ，满足 k 2>89 ，∴k =±4√23．即直线 l 的斜率 k =±4√23．【解析】【分析】（1）由已知得到 c =√5 ，利用 点 B(a2,√3) 在椭圆 E 上， 可得 b 2=4， a 2=9，即可求出椭圆 E 的方程；（2）先根据题意得直线 l 的方程，再与（1）椭圆方程联立，得到 x 1+x 2=−36√3k9k 2+4， x 1x 2=729k 2+4，利用 PN →=3PM →列式，得到 k 2=329 ，即可求出直线 l 的斜率 k . 21．【答案】（1）解：∵f(x)=alnx +1x−1(x >0) ， ∴f ′(x)=a x −1x 2=ax−1x2 ．①当 a ≤0 时，得 f ′(x)<0 ，则 f(x) 在 (1,+∞) 上单调递减． 又 f(1)=0 ， ∴f(x)≥0 不恒成立．②当 a >0 时，由 f ′(x)=0 ，解得 x =1a．（ⅰ）当 1a>1 ，即 0<a <1 时，可得 f(x) 在 (1,1a ) 上单调递减，在 (1a,+∞) 上单调递增，要使得 f(x)≥0 恒成立，则 f(x)min =f(1a )=aln 1a+a −1=−alna +a −1≥0 ．令 ℎ(a)=−alna +a −1(0<a <1) ， 则 ℎ′(a)=−lna −1+1=−lna >0 ， ∴ℎ(a) 在 (0,1) 上单调递增， 又 ℎ(1)=0 ，所以 ℎ(a)<0 恒成立，不合题意． （ⅱ）当 0<1a≤1 ，即 a ≥1 时， f(x) 在 (1,+∞) 上单调递增． 由 f(1)=0 ，得 f(x)≥1 恒成立． 综上可得 a ≥1 ．∴实数 a 的取值范围为 [1,+∞) ． （2）解： f(x)>g(x) ．证明如下：由（1）得当 a 取最小值时 f(x)=lnx +1x −1 ；当 b ≤32 时， g(x)≤32e x −1 ．故只需证 lnx +1x −1>32e x −1 ，即证 xlnx +1>3x2ex 即可．令 p(x)=xlnx +1(x >0) ，则 p ′(x)=lnx +1 ．由 p ′(x)>0 ，解得 x >1e ；由 p ′(x)<0 ，解得 0<x <1e ，∴p(x) 在 (0,1e ) 上单调递减，在 (1e ,+∞) 上单调递增．故 p(x)≥p(1e )=1−1e．令 q(x)=3x 2e x (x >0) ，则 q ′(x)=3(1−x)2e x． 由 q ′(x)>0 ，解得 0<x <1 ；由 q ′(x)<0 ，解得 x >1 ． ∴q(x) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,+∞) 上单调递减． 故 q(x)≤q(1)=32e． 又 1−1e −32e =2e−52e>0 ，故 p(x)>q(x) 成立． ∴f(x)>g(x) ．【解析】【分析】（1）先求导，得到f′(x)=ax−1x2，再分两种情况讨论a，①当a≤0时，f(x)在(1,+∞)上单调递减，f(x)≥0不恒成立；②当a>0时，可得当a≥1时f(x)≥1恒成立，即可求出a的取值范围；（2）先判断f(x)>g(x)，再利用分析法证明xlnx+1>3x2e x，令p(x)=xlnx+1(x>0)，q(x)=3x2e x(x>0)，分别求导并利用导数研究函数的单调性，得到p(x)>q(x)成立，即可证明结论.22．【答案】（1）解：由题意，得ρ(1+cos2θ)=2ρcos2θ=8sinθ，∴ρ2cos2θ=4ρsinθ．把ρcosθ=x,ρsinθ=y代入上式得x2=4y．∴曲线C的普通方程为x2=4y．（2）解：由题可知，直线l与y轴交于点F(0,1)即为抛物线C的焦点．将直线l的参数方程{x=tcosα,y=1+tsinα代入C的普通方程x2=4y中，整理得t2cos2α−4tsinα−4=0．设点A,B对应的参数分别为t1,t2，由题意得cosα≠0，则t1+t2=4sinαcos2α，t1⋅t2=−4cos2α，∴|FA|⋅|FB|=|t1|⋅|t2|=|t1t2|=4cos2α≥4，当且仅当cos2α=1，即α=0时等号成立，∴当|FA|⋅|FB|取最小值时，直线l的直角坐标方程为y=1．【解析】【分析】（1）由已知得到ρ2cos2θ=4ρsinθ，把ρcosθ=x,ρsinθ=y代入，即可求出曲线C的普通方程；（2）先将直线l的参数方程代入C的普通方程中，得到t2cos2α−4tsinα−4=0，由|FA|⋅|FB|=|t1|⋅|t2|=|t1t2|=4cos2α≥4，即可求出直线l的直角坐标方程.23．【答案】（1）解：当m=1时，f(x)=|2x−1|+|x+1|．①当x≤−1时，不等式为f(x)=−3x≥3，解得x≤−1；②当−1<x<12时，不等式为f(x)=−x+2≥3，解得x≤−1．与−1<x<12矛盾，舍去；时，不等式为f(x)=3x≥3，解得x≥1．③当x≥12综上不等式f(x)≥3的解集为(−∞,−1]∪[1,+∞)．（2）证明：2f(x)=|4x−2|+|2x+2m|=|2x−1|+|2x−1|+|2x+2m|≥|2x−1|+|2x+2m|≥|(2x+2m)−(2x−1)|=|2m+1|=|(m+1)+m|≥|m+1|−|m|．∴不等式2f(x)≥|m+1|−|m|成立．【解析】【分析】（1）由已知得到f(x)=|2x−1|+|x+1|，利用绝对值不等式的解法，分三种情况讨论x，即可求出解集；（2）由已知得到2f(x)=|4x−2|+|2x+2m|，利用绝对值三角不等式进行整理化简，即可证明不等式.。
四川省教考联盟2019届高三第三次诊断性考试数学(文)试题(含答案)
·’’²评分说明:高中*0¹9届毕业班第三次诊断性考试数学(文史类)参考答案¹·本解答给出了一种或几种解法供参考,如果考生的解法与本解答不同,可根据试题的主要考查内容比照评分参考制定相应的评分细则"²·对计算题,当考生的解答在某一步出现错误时,如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度,可视影响的程度决定后继部分的给分,但不得超过该部分正确解答应得分数的一半;如果 后继部分的解答有较严重的错误,就不再给分"³·解答右端所注分数,表示考生正确做到这一步应得的累加分数" 4·只给整数分"选择题和填空题不给中间分"¹·³ ²·B ³·B 4·³ ’·A 4·³ ’·D 8·A 9·D ¹◇·A ¹¹·³ ¹²·A¹³·¯¹¹4 ³4¹³²¹’·²¹4·槡¹’¹’·解:(¹)A班样本数据的平均值为¹(9+¹¹+¹4+²◇+³¹)=¹’·由此估计A 班学生每周平均咀嚼槟榔的颗数为¹’颗;…………………………………………………………………… ³分B 班样本数据的平均值为¹(¹¹+¹²+²¹+²’+²4)=¹9,由此估计B 班学生每周平均咀嚼槟榔的颗数为¹9颗·故估计B 班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数较多· …………………… 4分 (²)A 班的样本数据中不超过¹9的数据a 有³个,分别为9,¹¹,¹4,B 班的样本数据中不超过²¹的数据4也有³个,分别为¹¹,¹²,²¹· ………………………………………………… 8分从A 班和B 班的样本数据中各随机抽取一个共有9种不同情况,分别为(9,¹¹),(9,¹²),(9,²¹),(¹¹,¹¹),(¹¹,¹²),(¹¹,²¹),(¹4,¹¹),(¹4,¹²),(¹4,²¹)· … …………………………………………………………………………………………… ¹◇分其中a “4的情况有(¹¹,¹¹),(¹4,¹¹),(¹4,¹²)三种, 故a “4的概率P =³=¹· ……………………………………………………………… ¹²分 9 ³¹8·解:(¹)因为A D †A ³,所以²B A D =²B A ³¯¬,所以³O ³²B A D =³O ³(²B A ³¯¬ )=³f i ¹²B A ³……………………………… ² 分 ²在A B A D 中,由余弦定理得:’·教考联盟•一摸三诊•三诊•数学(文史类)试题答案 第¹页(共4页)则 ²×¹×² A A B ³ AB ²A ³ ² × ’× ³× ’ = ³·B D ²=A B ²+A D ²¯²A B •A D •³O ³²B A D ( )² ²²槡’ ,= 槡’ +¹ ¯²×槡’×¹×’=4所以B D =²· ………………………………………………………………………………… 4分 (²)在A B A D 中,由(¹)知, A D ²+B D ²¯A B ²¹+4¯’¹,³O ³²A DB = ²A D •B D= =¯ 所以²A D B ²¬…………………………………………………………………………… 9分 =³ ·²A D ³=¬· ³在R ’A A D³ 中,易得A ³=槡³· * =¹ • •³f i ¹²B A ³=¹ 槡 槡 ²槡’ 槡所以A A B ³ 的面积为槡³· ………………………………………………………………… ¹²分 ¹9·解:(¹)因为T ’†A ¹³,又T ’†A A ¹,A A ¹M A ¹³=A ¹,A A ¹<平面A ¹A ³³¹,A ¹³<平面A ¹A³³¹, 所以T ’†平面A ¹A ³³¹·…………………………………………………………………… 4分因为T ’<平面A ¹T ³,所以平面A ¹T ³†平面A ¹A³³¹· ……………………………… 4分 (²)取A ³ 中点P ,连结’P ,B P ,因为¯* ¯*, A ¹’=’³所以’ 为线段A ¹³ 的中点,P 为A ³ 中点,所以P ’K A A ,且P ’=¹·………………………………… 8分¹AA ¹²在三棱柱A B ³¯A ¹B ¹³¹中,B B ¹K A A ¹, 且B B ¹=A A ¹· 又¯*=¹¯*,所以T 为线段B B 的中点,故B T K A A ,且B T =¹ ·B T B B ¹ ¹²¹AA¹²所以B T K P ’,且B T =P ’,于是四边形P ’T B 是平行四边形,从而T ’K B P · …………………………………………………………………………… ¹¹分又T ’Œ平面A B ³,B P <平面A B ³,故T ’K 平面A B ³· …………………………… ¹²分 ²◇·解:(¹)由题意,²a =4,‹ =¹,;a =²,‹=¹,4²=a ²¯‹²=³, a ²即椭圆方程为⁄²¥²…………………………………………………………………… 分4 +³=¹·’(²)把¥=R ⁄代入³⁄²+4¥²=¹²,有(4R ²+³)⁄²¯¹²=◇, ²教考联盟•一摸三诊•三诊•数学(文史类)试题答案第²页(共4页)( ²² ³¥¹+¥²=R ⁄¹+R ⁄²=◇¥¹¥²=R ⁄¹⁄²= ²· 8 ²³a ³ ²设A (⁄ ,¥ ),B (⁄ ,¥ ),则⁄ +⁄ =◇,⁄⁄ = ¯¹² ·…………………………………… ’分 ¹ ¹² ²¹²¹ ²4R ²+³, ¯¹²R ²…………………………………………… 分4R +³¥¹¯¥ ¥²¯¥ ¥¹¥²¯(¥¹+¥²)¥+¥²¹¹¹²= × = ( ) ²⁄¹¯⁄ ⁄²¯⁄ ⁄¹⁄²¯ ⁄¹+⁄² ⁄+⁄ ¯¹²R ² ² ²+¥² ¯¹²R ²²⁄² +³ ¹¯ ¥¹¥²+¥ 4R +³ 4R +³4 = +⁄²= ¯¹² = ¯¹² ⁄¹⁄² +⁄² +⁄²4R ²+³ 9 ³⁄²¯ ¯¹² 4R ²+³+⁄² 4R ²+³ 4 ³ 4R ²+³ ³ =¯¹² =¯4 ¯¹² =¯4· +⁄² +⁄²4R ²+³ 4R ²+³故¹ ,¹ 之积为定值¯³·……………………………………………………………… ¹²分¹ ²4²¹·解:(¹)函数L (⁄)的定义域为(◇,+8), ( )a ²²⁄²¯a ⁄¯a²(²⁄+a )(⁄¯a ) …………………………………… 分 L ' ⁄ =²⁄¯a ¯⁄ = ⁄ =⁄· ²©若a =◇,则L (⁄)=⁄²,在(◇,+8)单调递增;©若a >◇,则由L '(⁄)=◇,⁄>◇得⁄=a · 当⁄*(◇,a )时,L '(⁄)<◇;当⁄*(a ,+8)时,L '(⁄)>◇, 所以L (⁄)在(◇,a )单调递减,在(a ,+8)单调递增· ©若a <◇,则由L '(⁄)=◇(⁄>◇),得⁄=¯a · 当⁄* (◇,¯a )时,L '(⁄)<◇;当⁄* (¯a,+8 )时,L '(⁄)>◇,²²所以L (⁄)在(◇,¯a)单调递减,在(¯a ,+8)单调递增·……………………………… ’分 ² ² (²)©若a =◇,则L (⁄)=⁄²,所以L (⁄)“◇·©若a >◇,则由(¹)得,当⁄=a 时,L (⁄)取得最小值,最小值为 L (a )=¯a ²¹¹a ·从而当且仅当¯a ²¹¹a “◇,即◇<a “¹时,L (⁄)“◇·…………………… 8分 ©若a <◇,则由(¹)得,当⁄=¯a 时,L(⁄)取得最小值,最小值为 L (¯a )=a ²‡³¯¹¹(¯a )‡· ² 4²从而当且仅当a ‡4¯¹¹(¯² )‡“◇,即a “¯²e 4时L (⁄)“◇· 综上,a 的取值范围为‡¯²e 4 ,¹‡·………………………………………………………… ¹²分)教考联盟•一摸三诊•三诊•数学(文史类)试题答案第³页(共4页)‘⁄=²+’, ²4²¹²a 4 a 4 =4+ a + 4 选考题(¹◇分)²²·解:(¹)由P ³f i ¹²0=4³O ³0,也即(P ³f i ¹0)²=4P³O ³0, ;曲线³ 的直角坐标方程为:¥²=4⁄·……………………………………………………… ²分 由‘⁄=²+’, 消去参数 得直线 的普通方程为 ………………………… 分 <’ ’L ¥=¯¹¯’· ⁄+¥¯¹=◇· 4(²)将直线’的参数方程<代入¥²=4⁄中, L ¥=¯¹¯’·得:’²¯²’¯’=◇,则有’¹+’²=²,’¹’²=¯’· ……………………………………………… 4分不妨设T ,’ 两点对应的参数分别为’¹¸’²,则T (²+’¹,¯¹¯’¹),’(²+’²,¯¹¯’²);¦T ’¦=槡²(’²¯’¹)²=槡²‡(’²+’¹)²¯4’¹’²‡=8· …………………………………… 8分 ¦P T ¦•¦P ’¦=槡²’²•槡²’²=²¦’¹’²¦=¹4· …………………………………………… ¹◇分 ²³·解:(¹)由题意得a +²4=L (¯¹)=¹·所以 ²+¹= (²+¹ )×(a +²4) 44 a “4+²槡4=8·当且仅当a =¹,4=¹时等号成立·所以²+¹的最小值为8·………………………… 4分 ² 4 a 4(²)因为L (⁄)=¦⁄¯²¦¯¦⁄¯¹¦· ©当⁄“¹时,L (⁄)=²¯⁄¯(¹¯⁄)=¹,由L (⁄)>¹,解得⁄“¹;……………………… ’分 ©当¹<⁄<²时,L (⁄)=³¯²⁄,由L (⁄)> ¹,即³¯²⁄> ¹,解得⁄< ’,又¹<⁄<²,所以 ²²4¹<⁄<’;…………………………………………………………………………………… ’分©当⁄“²时,L (⁄)=¯¹不满足L (⁄)>¹,此时不等式无解; ………………………… 8分 综上,不等式L (⁄)>¹的解集为(¯8,’)· …………………………………………… ¹◇分 ²4教考联盟•一摸三诊•三诊•数学(文史类)试题答案 第4页(共4页)。
四川省雅安市2019届高三第三次诊断考试数学(文)试卷及解析
外…………○…………装学校:___________姓名内…………○…………装四川省雅安市2019届高三第三次诊断考试数学（文）试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题1.已知集合A ={x|−3<x <3}，B ={x|x −2<0}，则A ∩B =（ ）A. (−2,2)B. (−3,2)C. (−3,3)D. (−2,3)2.当m<1时，复数2+(m −1)i 在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3.函数y =cos(2x +π6)的图象的对称轴方程可能是（ ）A. x=−π6B. x =−π12C. x =π6D. x =π124.已知向量a ⃑⃑ =(1,√3)，b ⃑⃑ =(3,m )，若向量a ⃑⃑ ⊥b ⃑⃑ ，则实数m =（ ）A. 2√3B. √3C. 0D. −√35.直线l ：y =x +b 与抛物线C ：x 2=4y 相切，则实数b =（ ）A. -1B. 0C. 1D. 26.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（ ）A. 2+√5B. 4+√5C. 2+2√5D. 57.若变量x ，y 满足约束条件{y ≤2xx +y ≤1y ≥−1，则x −2y 的最大值是（ ）A. -1B. 0C. 3D. 4答案第2页，总16页………○…………订……※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※………○…………订……8.在区间(0,6)中任取一个实数a ，使函数f(x)={a x+3,x ≤−1(3−a)x −a +7,x >−1，在R 上是增函数的概率为（ ） A. 16B. 13 C. 12 D. 239.设△ABC 的三边长分别为a 、b 、c ，△ABC 的面积为S ，内切圆半径为r ，则2Sr a b c=++；类比这个结论可知：四面体S －ABC 的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球的半径为R ，四面体P －ABC 的体积为V ，则R ＝（ ） A.1234V S S S S +++ B. 12342V S S S S +++ C. 12343V S S S S +++ D. 12344VS S S S +++10.若执行下边的程序框图，输出S 的值为5，则判断框中应填入的条件是（ ）A. k <33?B. k <32?C. k <31?D. k <30?11.已知函数f(x)=2ef ′(e)lnx −x e（e 是自然对数的底数）， 则f（x ）的极大值为A. 2e -1B. −1eC. 1D. 2ln212.已知点F 1(−1,0)，F 2(1,0)，直线l ：y =x +2.若以F 1、F 2为焦点的椭圆C 与直线l 有公共点，则椭圆C 的离心率最大值为（ ） A.√105B. 12C.√55D. √22第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明二、填空题（题型注释）13.直线30x y -+=的倾斜角为__________． 14.设f (x )是周期为2的奇函数，当0≤x ≤1时，f (x )=2x (1−x )，则f(−52)=__________．15.已知正三棱锥P−ABC ，点P 、A 、B 、C 都在半径为√3的球面上，若PA 、PB 、PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为__________．16.ΔABC 的内角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，设S 为ΔABC 的面积，满足S=√34(a 2+c 2−b 2)，b =√3，则(√3−1)a +2c 的取值范围是__________．三、解答题（题型注释）17.已知数列{a n }是等差数列，且满足：a 1+a 2+a 3=6，a 5=5.数列{b n }满足：b n =a n +2a n (n ∈N ∗).（1）求a n ；（2）求数列{b n }的前n 项和T n .18.某市食品药品监督管理局开展2019年春季校园餐饮安全检查，对本市的8所中学食堂进行了原料采购加工标准和卫生标准的检查和评分，其评分情况如下表所示：（1）已知x 与y 之间具有线性相关关系，求y 关于x 的线性回归方程；（精确到0.1）（2）现从8个被检查的中学食堂中任意抽取两个组成一组，若两个中学食堂的原料采购加工标准和卫生标准的评分均超过80分，则组成“对比标兵食堂”，求该组被评为“对比标兵食堂”的概率. 参考公式：b̂=∑x i y i ni=1−nx⋅y∑x i 2n i=1−nx2，a ̂=y −b̂x ； 参考数据：∑x i y i 8i=1=54112，∑x i 28i=1=56168.19.如图①，在五边形BCDAE 中，CD//AB ，∠BCD=90°，CD =BC =1，AB =2，ΔABE 是以AB 为斜边的等腰直角三角形.现将ΔABE 沿AB 折起，使平面ABE ⊥平面ABCD ，如图②，记线段AB的中点为O .答案第4页，总16页……○…………线…………○题※※……○…………线…………○（1）求证：平面ABE ⊥平面EOD ；（2）求几何体O−CDE 的体积.20.过点C(0,1)的椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为√32，椭圆与x 轴交于两点A(a,0)、B(−a,0)，过点C 的直线l 与椭圆交于另一点D ，并与x 轴交于点P ，直线AC 与直线BD 交于点Q .（1）求该椭圆的标准方程；（2）当点P 异于点B 时，求证：OP ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OQ ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 为定值. 21.设函数f(x)=x −alnx ，其中e 为自然对数的底数.（1）若a=1，求f(x)的单调区间；（2）若g(x)=f(x)−x +e x−1，0≤a ≤e ，求证：f(x)无零点.22.在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 的参数方程为{x =√3cosφy =√2sinφ（φ为参数）.以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρcosθ+ρsinθ=1.（1）求椭圆C 的极坐标方程和直线l 的直角坐标方程； （2）若点P 的极坐标为(1,π2)，直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，求|PA |+|PB |的值.23.已知不等式x+|x −a |≥1的解集为R .（1）求a 的取值范围；（2）当a 取得最小值时，请画出f(x)=x +|x −a |的图像.参数答案1.B【解析】1.求解一元一次不等式化简集合B，然后直接利用交集运算得答案．∵B＝{x|x<2}，∴A∩B＝{x|-3<x<2}=(−3,2)．故选：B．2.D【解析】2.当m＜1时，m﹣1＜0，从而可判断复数2+（m﹣1）i在复平面内对应的点的位置．∵m＜1，∴m﹣1＜0，∴复数2+（m﹣1）i在复平面内对应的点（2，m-1）位于第四象限，故选：D．3.B【解析】3.先利用y＝cos x的对称轴方程以及整体代入思想求出y＝cos（2x+π6）的所有对称轴方程的表达式，然后看哪个答案符合要求即可．∵y＝cos x的对称轴方程为x＝kπ，∴函数y＝cos（2x+π6）中，令2x+π6=kπ⇒x=kπ2−π12，k∈Z即为其对称轴方程．上面四个选项中只有−π12符合．故选：B．4.D【解析】4.由条件利用两个向量垂直的条件结合向量的数量积公式，求得m的值．答案第6页，总16页………外…………○………※※请※※………内…………○………由题意向量a →=（1，√3），b →=（3，m ），若向量a ⃑⃑ ⊥b⃑⃑ ， 可得：1×3+√3m =0，解得 m =−√3，故选：D ． 5.A【解析】5.把直线l 与抛物线C 的方程联立，利用判别式△＝0即可得出． 联立{y =x +b x 2=4y．化为x 2﹣4x ﹣4b ＝0． ∵直线l 与抛物线C 相切，∴△＝（﹣4）2﹣4×（﹣4b ）＝0，解得b ＝﹣1， 故选A ． 6.C【解析】6.解：该几何体是棱长分别为2,2,1 的长方体中的三棱锥：P −ABM ，其中：S △ABM=2,S △PMA =S △PMB =√52,S △PAB =√5 ，该几何体的表面积为：2+2×√52+√5=2+2√5 .本题选择B 选项.7.D…订…………○…………线……____考号：___________…订…………○…………线……【解析】7.作出不等式组对应的区域，由目标函数的几何意义求出z ＝x ﹣2y 的最大值． 作出不等式组表示的平面区域，如图所示：由z ＝x ﹣2y 可得y =12x −12z ，则−12z 表示直线y =12x −12z 在y 轴上的截距，且截距越小，z 越大，结合图象可知，当z ＝x ﹣2y 经过点A 时，z 最大， 由{y =−1x +y =1可得A （2，﹣1），此时z ＝4．故选：D ． 8.A【解析】8. 由函数f （x ）={a x+3，x ≤−1(3−a)x −a +7，x ＞−1是增函数，解得1＜a ≤2，由此利用几何概型能求出所求的概率． ∵函数f （x ）={a x+3，x ≤−1(3−a)x −a +7，x ＞−1是增函数，∴{a >13−a ＞0a 2≤a −3−a +7，解得1＜a ≤2， ∴由几何概型得从区间（0，6）中任取一个值a ，答案第8页，总16页则函数f（x）={a x+3，x≤−1(3−a)x−a+7，x＞−1是增函数的概率为p=2−16−0=16．故选：A．9.C【解析】9.四面体中以内切球的球心为顶点，四面体的各个面为底面，可把四面体分割成四个高均为R的三棱锥，从而有13S1R＋13S2R＋13S3R＋13S4R＝V.即(S1＋S2＋S3＋S4)R＝3V.所以R＝12343VS S S S+++.选C.10.B【解析】10.按流程图逐一执行即可。
四川省教考联盟2019届高三第三次诊断性考试 数学(文)试题
教考联盟•一摸三诊秘密★启用前【考试时间：2019年4月8日15：00〜17：00】高中2019届毕业班第三次诊断性考试数学（文史类）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12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。
1.若集合—lW0},B={_z|0VzW2},则集合AC]B =A.（—1,1）B. [ —1,1]C. （0,1]D.[ —1,2]2.在复平面内，复数z对应的点是Z（—1,2）,则复数z的共辘复数£ =A.—1 + 2i B,—1 — 2i C. l + 2i D. 1一2i3.函数/•（•z） = sin （sz + 孚）的最小正周期为兀，则/妇）的图象的一条对称轴方程是A._z= — &B. = -C. x=^-D. x =lz o 3 L4.下列说法中错误的是A.从某社区65户高收入家庭，280户中等收入家庭，105户低收入家庭中选出100户调查社会购买力的某一项指标,应采用的最佳抽样方法是分层抽样B.线性回归直线y=bx+a一定过样本中心点危,丁）C.若两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的值越接近于1D.若一组数据l、a、2、3的众数是2,则这组数据的中位数是2— 2丁2。
，5.若变量x,y满足约束条件{ 3_z — _y — 3W0,则日蔔的最小值为\多0，A, ——B,—1 C. 0 D. 16.设曲线y —a （e x― 1）—x在点（0,0）处的切线方程为y —x •,则a —A. 0B. 1C. 2D. 3教考联盟• 一摸三诊•三诊•数学（文史类）试题第1页（共4页）教考联盟• 一摸三诊•三诊•数学(文史类)试题 第2页(共4页)7.几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为8. 执行如图所示的程序框图，则输出的S 值为9.在数列｛a,,｝中，已知山=1,且对于任意的，都有a,…+…^a m +a,,+mn,则数列｛⑶｝的通项公式为10.已知四棱锥P-ABCD 的底面四边形ABCD 的外接圆半径为3,且此外接圆圆心到P 点距离为2,则此四棱锥体积的最大值为是。
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评分说明 !"本解答给出了一种或几种解法供参考如果考生的解法与本解答不同可根据试题的主要
考查内容比照评分参考制定相应的评分细则 #"对计算题当考生的解答在某一步出现错误时如果后继部分的解答未改变该题的内容和
难度可视影响的程度决定后继部分的给分但不得超过该部分正确解答应得分数的一半如果 后继部分的解答有较严重的错误就不再给分
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7.几 何体 的三视 图如 图所示 ,该 几何体 的体积为
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即椭圆方程为-# %
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把 代入 有 # .2/-
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教考联盟一摸三诊三诊数学文史类试题答案第! 页共页
16.中 心在原点 ,对 称轴 为坐标 轴 的双 曲线 C与 圆 o:J2+y2=5有 公 共 点 P(2,— D,且 圆 O在
点 P处 的切线 与双 曲线 C的 一条 渐近线平 行 ,则 该 双 曲线 的实轴 长 为
。
三 、解 答题 :共 70分 。解 答 应 写 出文字说 明 ,证 明过程或演算 步 骤 。第 17~21题 为 必 考题 ,每 个
如 图 ,在 △ABC中 ,已 知点 D在 BC边 上 ,且 AD⊥ AC,
蚰 ZBAC=竿 浊 卜 LA:=`. (1)求 BD的 长 ; (2)求 △ABC的 面积。
ˉ \\\`c B^''''''丁 '′
19.(本 小题 满 分 12分 )
如 图 ,在 三棱 柱 ABC— A1B1Cl中 ,已 知点 M在 棱 BB1上 ,且 BM=
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解 因为 又 !.! ! *+#"!' *+#""!""!&"!'2"!
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' 班样本数据的平均值为!( !!1!#1#!1#(1#*2!.由此估计' 班学生每周平均咀嚼槟
榔的颗数为!.颗!故估计'班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数较多! ……………………*分
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教考联盟一摸三诊三诊数学文史类试题答案第! 页共页
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所以(&2#! …………………………………………………………………………………*分 在 中由 知 # %("& !
离为 2,则 此 四棱锥体积 的最大值为
A。 12
B,6
C。 32
D。 24
11.A,B是 ⊙O:/+y2=1上 两个动点 ,且 ZAOB=12r,A,B到 直线 J:3J+4y— 10=0的 距离
分别为 J1,J2。 则 dl+d2的 最大值是
A。 3
B。 4
C。 5
D。
6
⒓ 湖 醐 “ ㈥ =∵
A。 -1
B。 0呼 C。源自D。 19.在 数 列 (曰 ″〉中 ,已 知 曰l=1,且 对 于任 意 的 昭,叼 ∈N关 9都 有 ‰ +″ =曰 仞+n Pa+″2彳 ,贝 刂数 列 (口 彳)的 通
项公 式 为
A。 Ω″=″
B。 曰″=刀 +l
‰ =叩
‰ =屮
10.已 知 四棱锥 P— ABCD的 底面 四边形 ABCD的 外接 圆半径为 3,且 此外 接 圆圆心到 P点 距
去瓦莳 ,点 N在 线 段 AlC L且 丽 =砣 ,且 MN亠 A成 ’MN⊥
A1C。 求 证 :
(1)平 面 A1MC⊥ 平 面 A1ACC1; (2)MN∥ 平面 ABC。
教考联盟 ·一摸 三诊 ·三诊 ·数学 (文 史类 )试 题 第 3页 (共 4页 )
zO。 (本 小题 满 分 12分 )
设 则 …………………………………… 分 "-!.!(-#.# -!1-#2/-!-#2%/0#!1#$!
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已知函数 F(J)=|J-2|-|J一 川。
(1)若 正数 c,3,满 足 ￠十⒛=“ -1),求 ÷+÷ 的最小值 ;
不等式 (2)解
r(J));。
教考联盟 ·一摸三诊 ·三诊 ·数学 (文 史类 )试 题 第 4页 (共 4页 )
高 中 届 毕 业 班 第 三 次 诊 断 性 考 试
试 题 考 生都 必 须 作答 。第 22、 23题 为选 考题 ,考 生依 据 要 求作 答 。
(-)必 考题 :共 60分 。
17.(本 小题 满 分 12分 )
槟 榔 原 产 于 马来 西 亚 ,中 国主要 分 布在 云南 、海 南 及 台湾
等热带地 区 ,在 亚洲 热带地 区广 泛栽培。槟 榔 是 重 要 的 中
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故0!0# 之积为定值0$%! ………………………………………………………………!#分
又 所以 为线段 的中点故 且 ()*(2!#()((! *
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(**""! (*2!#""!!
所以(* 且 *%+ (*2%+于是四边形%+*( 是平行四边形
从而*+*(%! ……………………………………………………………………………!!分
又 平面 平面 故 平面 *++ "('(%' "(' *+* "('! ……………………………!#分
数 字 )。 (1)你 能否估计 哪个 班级学 生平 均 每周 咀嚼槟 榔 的颗数 较 多 ?
(2)从 A班 的样 本数据 中随机抽取一个 不 超过 19的 数 据记 为 c,从 B班 的样 本 数据 中随机抽
取一个 不超 过 21的 数 据记 为 3,求 c≥ 3的 概 率 。
18.(本 小 题 满 分 12分 )
$"解答右端所注分数表示考生正确做到这一步应得的累加分数 %"只给整数分选择题和填空题不给中间分
!"&!#"'!$"'!%"&!(")!*"&!+",!-")!.",!!/")!!!"&!!#")
槡 !$!0!!!!%!$$%#!!!!(!#!!!*! !(
解 !+! !) 班样本数据的平均值为!(.1!!1!%1#/1$!2!+!由此估计) 班学生每周平均 咀嚼槟榔的颗数为!+颗……………………………………………………………………$分
药 材 ,在 南方 一些 少 数 民族 还 有 将 果 实 作 为 一 种 咀 嚼 嗜
好 品 ,但 其被世 界 卫 生 组 织 国 际癌 症 研 究 机 构 列 为致 癌
物清单 I类 致癌 物。云南某 民族 中学 为 了解 A,B两 个 少
数 民族 班学 生 咀嚼槟榔 的情 况 ,分别从 这 两 个 班 中随机 抽 取 5名 同学 进 行 调 查 ,将 他 们 平 均 每周 咀嚼槟榔 的颗数作 为样本 绘 制成 茎 叶 图如 图所 示 (图 中 的茎 表 示 十位 数 字 ,叶 表 示 个 位