四川省自贡市普高2020届高三数学第二次诊断性考试试卷 文(无答案)

自贡市高2020届第二次诊断考试数学试题

参及评分意见

11.选择题(每小题5分 共50分)

(理科)ABCBC DDACB (文科)ABCCA DCBBD 二、填空题：（本大题共5小题，每小题5分，共25分）

5； 14.56 15. ①③④ 413（文）11.； 12. 5； 13.－1； 14. 15. ②③

232（理）11.2； 12. 1或－3； 13.三、解答题：共6个题，共75分。

rr4 16、（理科）（文科18）解：(Ⅰ)由ab2sincos0 ………（1分）

∴ sin 而在第二象限 ………（2分）

534 ∴ cos ………（4分）tan ………（6分）

53b2c2a22 (Ⅱ) 由bca2bc 得 cosA………（8分）

2bc2222 0A A4 ………（10分）

41tantanA1 ∴ tan(A)3 ………（12分）

1tantanA14735201，用频率估计概16、（文科）解：(Ⅰ)甲品牌产品寿命小于200小时的频率为

10041率，所以，甲品牌产品寿命小于200小时的概率为， ………（6分）

4 (Ⅱ) 根据抽样结果，寿命大于200小时的产品有75+70＝145个， ………（8分） 其中甲品牌产品是75个，所以在样本中，寿命大于200小时的产品是甲品牌的频率是

157515，用频率估计概率，所以已使用了200小时的该产品是甲品牌的概率为.

2914529 ……（12分） 17、（理科）解：(Ⅰ)由an2an11 （n2）得an12(an11)………（1分） a11 ∴ a1120 ………（2分） ∴

an12（常数）∴ {an1}为等比数列 ………（4分）

an11n1n ∴ an1(a11)22 ………（6分）

(Ⅱ) bnlog2(an1)n……（7分）∴

11111()……（8分） bnbn2n(n2)2nn2 ∴

Sn1111Lb1b3b2b4b3b5bnbn2

＝[11111111111 L] ………（10分）

2132435n1n1nn23n25n1111 ＝ ………（12分） (1)＝24n12n822n1n2nn117、（文）解：(Ⅰ)由Sn2c∴n2时anSnSn12 …（2分）

n1时 S1a12c ∵ {an}为等比数列 ∴

aa2232 ………（4分） ∴ c1 ………（5分） a12ca2n1 ∴ an2 ………（6分）

nn (Ⅱ) bn212n122n ………（8分）

＝(22L2)2(12Ln) ………（9分） ＝2n12n2n(n1)……（11分）＝2n1n2n－2 ………（12分）

18、（理）解：(Ⅰ)P(xn2)nn1 ………（4分） nmnm21…（6分） 2 (Ⅱ) x可取n,n1,n2 …（5分）由mn知每次取到A类题概率P＝

111 ………（7分）

224111 P(xn2) ………（8分）

224111 P(xn1)1() ………（9分）

442 ∴ x的分布列

P(xn)(1)(1)

n1 1 2n2 1 4P 1 4 Exnn1n2n1 ………（12分） 42418、（文同理16）

∴ BD⊥AD ……（2分）

又 AEBD，且 AEIADA, AE,AD平面AED ∴ BD平面AED ……（4分）

∴ 平面BDE⊥平面AED ……（5分）

（Ⅱ）

……（6分）

urur→ur→

设平面BDF的一个法向量为m＝(x，y，z)，则m·BD＝0，m·BF＝0，

ur所以x＝3y＝3z，取z＝1，则m＝(3，1,1). ……（9分）

→

由于CF＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，

……（7分）

uruuurur→15mCFruuur＝＝，……（11分） 则cos〈m，CF〉＝u55mCF所以二面角F－BD－C的余弦值为5

. ……（12分） 5

19（文科）(Ⅰ)∵ABBC1 CC12 ∴ BDB1D2

222 ∴ BDB1DBB1 ∴ B1DBD ……（2分）

而ABBC, ∴ AB平面BB1C1C B1DBD1C1C

∴ B1DAB ……（4分） B1D平面ABD ……（6分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知BDB1D，ADB1D,平面AB1D平面BB1C1C=B1D ADB就是平面AB1D与侧面BB1C1C的成角的平面角…………（9分）

 在RtABD中,ABD90,AB1,BD2 tanADBAB12,. BD22 即平面AB1D与侧面BB1C1C所成角的正切为

2,. ………（12分） 2y2c2b213x21…（4分）20、(理)解：(Ⅰ)e2121…（2分）∴m4∴椭圆 4aam42uuuruuuruuur (Ⅱ) 当⊥x轴时|PAPB||AB|43不合条件 ………（5分）

当不垂直x轴时 设其方程为ykx3 A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)

ykx3222 联立  消y得 (4k)x6kx50 y21x4 16k800 k5 ① ………（6分） x1x2226k5 ………（7分） xx12224k4kuuuruuuruuur4(1k2)(k25)22 而|PAPB||AB|1k(x1x2)4x1x2＝3 24k16k28 ② ………（8分）由①、②知 5k28 13uuuruuuruuur 又 ∵ OAOBOP ∴ (x1x2,y1y2)(x0,y0)

∴

6kxxx0124k2 ∴ 

24yyyk(xx)6121204k26kx0(4k2) 当0时  ……（9分） 当0时 不合条件……（10分）

24y0(4k2) 而P(x0,y0)在椭圆上 ∴ ∴21246k22()()0 ……（11分） 224(4k)(4k)36225k834…（12分）∴(2,3)U(3,2)…（13分） ∴24kp20、（文科）解： (Ⅰ)直线AB的方程是y22(x) ………（2分）

25p222

与y＝2px联立， 从而有4x－5px＋p＝0，所以：x1＋x2＝. ………（4分）

4

由抛物线定义得：|AB|＝x1＋x2＋p＝9，所以p＝4，………（5分）

从而抛物线方程是y＝8x.………（6分）

(Ⅱ）由p＝4,4x－5px＋p＝0可简化为x－5x＋4＝0，

从而x1＝1，x2＝4，y1＝－22，y2＝42，从而A(1，－22)，B(4,42)．………（8分）

→

设OC＝(x3，y3)＝(1，－22)＋λ(4,42)＝(4λ＋1，42λ－22)， ………（10分）

又y3＝8x3，即[22(2λ－1)]＝8(4λ＋1)， ………（11分） 即(2λ－1)＝4λ＋1，解得λ＝0或λ＝2. ………（13分）

2

2

2

2

2

2

2

a1ax122 （x0 a0） ……（1分） xxx11 ∴x(0,) f(x)0 f(x)单减 x(,) f(x)0 f(x)单增 …（2分）

aa11 ∴ f(x)极小值＝f()alnaa(1lna) ……（3分）

aa21、（理）解：(Ⅰ)f(x) (Ⅱ) 设g(x)ax(2lnx)1 ……（5分）

g(x)2nalnax()＝a(1lnx)0 xe ……（6分）

而 x(0,e) g(x)0 g(x)单增 x(e,) g(x)0 g(x)单减 g(x)max＝g(e)ae(2lne)10 ……（7分）∴0a1x1……（8分） e （Ⅲ）

f

21、（文）解：(Ⅰ)f(x)xaxblnx (x0) f(x)12ax2b ……（1分） x 由题知f(1)a10a1 ∴  ……（3分）

b3f(x)2a1b03(x1)(2x3) （x0） ……（4分） xx33 x(0,) f(x)0 f(x)单增 x(,) f(x)0 f(x)单减…（5分）

22 (Ⅱ) f(x)12x∴ f(x)最小值＝f() f(x)无最小值

32333ln ……（7分） 42 （Ⅲ）设 g(x)f(x)(2x2) x0

＝xx3lnx2 x0 ……（9分）

g(n)12x23(x1)(2x3)＝ ……（10分） xx（11分） x(0,1) g(x)0 g(x)单增 x(1,) g(x)0g(x)单减 ……

g(x)maxg(1)11020 而 g(x)g(x)max0 ……（13分）

∴ f(x)2x2 ……（14分）