中学生标准学术能力诊断性测试2019年7月测试文科理科数学试卷与答案
将
AB
:
y
=
xx0
−
kx0
+ 1 代入
y
=
1 2
x2
，得
1 2
x2
−
xx0
+
kx0
−1
=
0
，
………8 分
所以 = x02 − 2kx0 + 2 0 ， AB = 2 1+ x02
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中学生标准学术能力测试诊断性测试 2019 年 7 月测试
理科数学答案
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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C B B A D ADBCDAB
= 2
2 22
= 1 .………12 分 24
19. （12 分）
（1）这四位同学中有且仅有两位同学报同一个项目的概率为：
P=
C
2 4
C13
A
2 2
34
=
4 9
…………4 分
（2）由题设知这四位同学报名参加校运会项目的个数 的可能取值为 1,2,3
P(
= 1) =
C13 34
=
1 27
P(
（2）求这四位同学报名参加校运会项目的个数 的分布列与期望．
20．（本题满分 15 分）已知抛物线 C : y = 1 x2 与直线 l : y = kx −1（ k 为常数）无交点，设点 P 为 2
直线 l 上的动点，过 P 作抛物线 C 的两条切线， A, B 为切点.
（1）证明：直线 AB 恒过定点 Q ；
y
（2）试求 PAB 面积的最小值．
21．（本题满分 15 分）已知函数 f (x) = ex+1 − a(x +1) ln(x + 2) − x − 2 , x −1， a R . （1）当 a = 1 时，求证： f (x) 0恒成立； 2 （2）若 f (x) 0恒成立，求实数 a 的取值范围．
DA 为 x 轴，过 D 作平面 A1ADD1 的垂线为 y 轴，DD1 为
z 轴如图所示建立空间直角坐标系，则
( ) ( ) ( ) B 3,
3,0 , A1 (4,0,2), B1 3,
3,1 ,C1 1,
. 3, 2
( ) BC1 = (−2,0,2) , A1C1 = −3, 3,0 , B1C1 = (−2,0,1) ，设平面
A1B1C1 的法向量为 n = ( x, y, z) .
由
A1C1
n
=
−3x
+
3y = 0 ，解得 y =
3x, z = 2x .
B1C1 n = −2x + z = 0
( ) 令 x =1，则 y = 3, z = 2 ，n = 1, 3,2 .
……………………9 分
设直线 BC1 与平面 A1B1C1 所成角为 ，则 sin = cos BC1, n
即点 M 到平面 A1B1C1 的距离为 MH =
2. 2
……………………10 分
2
所以直线
BC1 与平面
A1B1C1 所成角为
，则有 sin
=
MH BC1
=
2 22
=
1 4
.…………………12
分
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解法二：建系法
DD1 ⊥ 平面ABCD ， DD1 ⊥ DA ，以 D 为坐标原点 O ，
B = − 时 ， 2
………………12 分
（1）连接 AC ，由于 AA1∥CC1 且 AA1 = CC1 ，所以四边形 ACC1 A1 为
平行四边形， A1C1 // AC . 又底面 ABCD 为等腰梯形， AB = BC = CD = 1 AD ，
2 AD // BC ，延长 AB, DC 交于 G ，
6
6
…………………6 分
= 3 3 sin B + 1 cos B = 7 sin(B + ) ，其中 tan = 3 ， …………9 分
2
2
9
第1页 共 5 页
当 sin(B +) =1 时 ， 即
y = 3 sin B + sin(C + ) 取最大值 7 . 6
18. （12 分）
B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
第1页 共4页
7．函数
y
=
sin
x
−
2
ln
x
的图像可能是
A
B
C
D
8．过直线 x − y + 5 = 0 上的点作圆 C： x2 + y2 − 4x − 2y + 2 = 0 的切线，则切线长的最小值为
A． 3 2
B． 15
C． 4
D． 2 3
A．0,1, 2
B．−2, −1, 0
C．−1, −2
D．1, 2
2．已知 i 为虚数单位， z = 3 + i ，则 z 的虚部为 i
A． 1
B． −3
C． i
D． −3i
3．已知函数 f (x) 是定义在 R 上的奇函数，且 f (x + 4) = − f (x) ，当 x (0, 2) 时，f (x) = x3 + 2 ，
则 f (7) =
A． 3
B． −3
C． 2
4．设 3sin 2 = 2sin ， (− ,0) ，则 tan 2 的值是
2
D． −2
A． 4 2 7
B． − 4 2 7
C． 2 3 7
D． − 2 3 7
5．已知数列 an 的通项为
an
=nΒιβλιοθήκη n+ −2 k
，对任意
n
N
* ，都有
由正弦定理， 得： 2sin Asin B = 3 sin B ， sin B 0 ，
…………………3 分
所以 sin A = 3 ， 2
0
A
，所以
A
=
3
或
A
=
2 3
（2） A = ， B + C = 2 ， 得： 0 B 2
3
3
3
∴ y = 3 sin B + sin(C + ) = 3 sin B + sin(5 − B)
……………2 分
PB 直线方程同理，代入可得 kx0 −1+ y2 = x2x0 所以直线 AB : kx0 −1+ y = xx0
即 x0(k − x)−1+ y = 0，所以过定点 (k,1) .
……………………4 分 ……………………6 分
（2）直线 l 方程与抛物线方程联立，得到 x2 − 2kx + 2 = 0，由于无交点解 0 可得 k 2 2 .
ADC = 60 ， DAC = ACB = BAC = 30
DCA = 90 ， AC ⊥ CD .……………2 分
侧棱 C1C ⊥ 平面 ABCD , AC 平面 ABCD ， 所以 C1C ⊥ AC . 又 CD CC1 = C ，所以 AC ⊥ 平面 CDD1C1 ， 故 A1C1 ⊥ 平面 CDD1C1 . （2）解法一
= 2) =
C32
C43
+
C42 A22
34
A
2 2
=
14 27
P(
= 3) =
C24 A33 34
=
4 9
………………6 分 ……………8 分 ……………10 分
第3页 共 5 页
的分布列为
1
2
3
P
1
14
4
27
27
9
E( ) = 1 1 + 2 14 + 3 4 = 65
ab
a − 2 b −1
D．2 3 1
A． 4
B． 3 2
C． 2 3
D． 2 6
11．3 名男生和 3 名女生共 6 人站成一排，若男生甲不站两端，且不与男生乙相邻，3 名女生有且只 有 2 名女生相邻，则不同排法的种数是
A．168
B．216
C．256
D．288
第2页 共4页
( ) 12．若平面向量 a,b,e 满足 a = 2, b = 3, e = 1，且 a b − e a + b +1 = 0 ，则 a − b 的最小值为
AOB = 90 ，则双曲线的离心率为
16． 若 a 为实数，且关于 x 的方程 2 x2 − a + x2 −1 = x 有实数解，则 a 的取值范围是 三、解答题：共 66 分．解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤．
17 ． （ 本 题 满 分 12 分 ） 已 知 a,b, c 分 别 是 ABC 的 三 个 内 角 A, B,C 的 对 边 ， 且 满 足
（第 13 题图）
14．已知数列an的通项公式为 an = (−1)n (3n − 2)，则数列an的前 n 项和 Sn =
15．已知 F
为双曲线
x2 a2
−
y2 b2
= 1的左焦点，过点 F
的直线与圆： x2
+
y2
=
c2 2
交于
A, B 两点
THUSSAT7月测试理科数学答案
中学生标准学术能力测试诊断性测试 2019 年 7 月测试理科数学答案一．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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 CBBADADBCDAB二．填空题：本大题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分．13.5 3 214.1− 3 n,n 为奇数 2 3n,n 为偶数 215.3+116. a34三、解答题：共 66 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17.（12分） 解：（1）a b aB4 2 −3 2 = 4 2 cos4a 2(1−cos 2 B ) = 3b 2 , 2a sin B = 3b ,2由正弦定理， 得：2sin A sin B = 3sin B ，sin B 0 ，…………………3 分3所以sin A =，22 ，所以 A = 或 A =…………………6 分3322（2） A =，B +C =， 得：B333y=++=+−3 sin B sin(C) 3 sin B sin( B5∴)6 63 B+1 B=B，其中3=sin cos 7 sin( )2 23tan=， (9)分9第1页共5 页当sin(B ) =1 时 ， 即 =B时，2y = 3 sin B +sin(C + ) 取最大值 7 .………………12 分618. （12分）（1）连接 AC ，由于 AA ∥CC 且 AA 1 = CC 1 ，所以四边形 11ACC A 为 1 1平行四边形，A C // AC .1 11又底面 ABCD 为等腰梯形， AB = BC = CD = AD ，2AD // BC ，延长 AB , DC 交于G ，ADC，DAC = ACB = BAC = 30=60DCA = 90 ， AC ⊥ CD .……………2 分侧棱C C ⊥ 平面 ABCD ,AC 平面 ABCD ，1所以C C ⊥ AC .……………………4 分1又 CD，所以 AC ⊥ 平面CDD C ，1 1故 A C ⊥ 平面CDD C .……………………6 分1 11 1（2）解法一 由题意 BC =,延长 DC 、 12 2D C 、 AB 、 1 1A B 交于点G ,取CG 中点 M ，连 BM 、AC .1 1由 BM ∥AC ∥A C ,BM 平面1 1A B C ， 1 1 1A C平面 1 1A B C ，所以 BM ∥平面 1 1 1A B C .1 1 1因此点 B 到平面 A B C 的距离和点 M 到平面 1 1 1A B C 的距离相等. ……………………8 分1 1 1由（1）知 A C ⊥ 平面CDD C ，又 1 11 1A C平面 1 1A B C ，所以平面 1 1 1 A B C ⊥ 面 CDD C .1 1 1 1 1过点 M 作 MH ⊥ GD ，则 MH ⊥ 平面 1A B C ，1 1 1即点 M 到平面A B C 的距离为1 1 12 MH = . ……………………10 分2所以直线BC与平面12MH 12A B C 所成角为，则有sin=== (12)分1 1 1BC 2 2 41第2页共5 页解法二：建系法，DD ⊥ DADD ⊥ 平面ABCD11，以 D 为坐标原点O ，DA 为 x 轴，过 D 作平面 A的垂线为 y 轴，1ADDA的垂线为 y 轴， DD 为11z 轴 如 图 所 示 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ， 则.( ) ( ) ( ) ( )B 3, 3,0 , A 4,0, 2 ,B 3, 3,1 ,C 1,3,2111BC = − , ( )( )1 ( 2,0, 2)A 1C 1 = −3, 3,0 ,B 1C 1 = −2, 0,1 ，设平面A B C 的法向量为 n = (x , y ,z ).1 1 1由+ 3 = 0x yB Cn = −2x + z = 01 1，解得 y = 3x , z = 2x .令 x =1，则 y = 3,z = 2，n = (1, 3,2).……………………9 分设直线BC 与平面121A B C 所成角为 ，则sin cos ,=BC n == (12)分1 1 112 22 2 419. （12 分）（1）这四位同学中有且仅有两位同学报同一个项目的概率为：P C C A 42 1 2=…………4 分32394（2）由题设知这四位同学报名参加校运会项目的个数的可能取值为 1,2,3C 11P =1 = 3 =………………6 分()3 2742CC + 4 A2 3 2C3 4 22A14P ==……………8 分()2 = 23 274P 3 =……………10 分()=A 4C2 333 94第3页共5 页的分布列为1 2 3P12714 27 4 91 14 4 65 E=1+ 2 + 3 = ……………12 分( )2727927 20. （15 分）1 （1）由 y =2 求导得 y ' = xx2A x ，其中，设 ( ) ( ) ，设 ( ) ( )1, y , B x , y1221 1 y =2 = x , yy =2 =1 12 2 2 2x2则()k PA = 1, PA : y − y = x x − xx111Pkx − ，代入 PA 直线方程得设( ,1)x1 y x x kx − + =11 0，……………2 分PB 直线方程同理，代入可得 kx 0 −1+ y 2 = x 2x 0 所以直线 AB :kx 0 −1+ y = xx (4)分k − x − + y =.……………………6 分（2）直线l 方程与抛物线方程联立，得到 x 2 −2kx + 2 = 0，由于无交点解0 可得 k 22.11将 AB : y−+1代入x 2 = xx kx y = ，得 x 2 − xx + kx −1= 0，………8 分22所以= − +， = +2xkxAB……………10 分0 22 0 2 1 x2设点P 到直线AB 的距离是d，则dx−2kx 22 +0 0=…………………12 分1+x21 ()()3 3所以S=AB d=0 2kx 2 x k 2 kx 2 −+=− 2 +−……………14 分22 2PAB 20 03所以面积最小值为()2 −k2 . ……………………15 分221. （15 分）1 1解：（1）当a时，( 1) ln( 2) 2=f(x) =e x+1 −x+x+−x−，x−12 21 x+1f(x x 1 −，……………………2 分=+−++) e ln(x2) 12 x+21 x1 1 1 1+令h(x) e x1 −1，则=+ln(x+2) ++−h x) =e x+−，(12 x+2)2 2 x+2 (x+2第4页共5 页1 1 1 11x−1，12− e， 02 +…5 分x+2−+1，1x + 2 (x2+ 2)x + 2 (x + 2)h (x， h (x ) 单调递增， h (x ) h (−1) = 0，即 f (x ) 0，可得：) 0f (x ) 单调递增， f (x ) f (−1) = 0恒成立.……………………7 分+x 1（1） f=x +−1,x −1 (x 1−) ea ln(x + 2) ++ 2x+x 1 11令 gx1，则(1ln(−x ) e gx +，=+− a(x ) = e − a + x + 2) +1xx +2x + 2 ( + 2)2①当1a 时，由（1）知， g (x ) h (x ) = 0 ，g (x )单调递增， g (x )g (−1) = 0，即2f (x ， f (x ) 单调递增， f (x ) f (−1) = 0恒成立. ……………………10 分) 0②当1a 时，显然易知g(x)单调递增.2因为g(−1) =1−2a 0，1 1 1 1 1 1g a−a−(4a 2 e 4 1−) = 4 1 −a( +) =e−−4a−−4a16a16a 4 16a 42所以存在( 1, 42) g0 =. ……………………12 分x使得( ) 00 −a−x当−1x x时，g(x ) 0，g(x)单调递减，g(x ) g(−1) =0，即f (x ) 0，f(x) 单调递减，f(x ) f(−1) =0，不符合题意.1综上所述，a(, ] ……………………15 分2第5页共5 页。
高三中学生标准学术能力诊断性测试7月测试文科数学试卷及答案解析
A． 6 + 2 + 6 2
C． 6 + 2 + 10 2
B． 4 + 2 + 6 2
D． 4 + 2 + 10 2
正视图
侧视图
6．下列函数中奇函数的个数是
① f (x) = 2x − 2−x ② f (x) = x sin x
A．1 个
B． 2 个
③
f
(x)=Βιβλιοθήκη log33− 3+
x x
C． 3 个
俯视图 （第 5 题图）
中学生标准学术能力测试诊断性测试 2019 年 7 月测试
文科数学答案
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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
C D B A B C ADCABC
二． 填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
摄现代城市魅力，且这两个团队选择的城市不同，则这两个团队都选择在国外拍摄的概率为
A． 1 5
B． 3 10
C． 2 5
D． 1 2
4．已知 (0, π ) , tan = 3 ，则 sin( − π ) =
2
4
A． 5 5
B． 10 10
C． 2 5 5
D． 3 10 10
5．已知某几何体的三视图如图所示（方格纸中每个小正方形的边长为 1），则该几何体的表面积为
|
的最小值为
A． π 6
B． π 3
C． 2π 3
D． 5π 6
11．已知双曲线
x2 a2
−
新疆乌鲁木齐市2019届高三第二次诊断性测试数学(文)试卷Word版含解析
2019年高三年级第二次诊断性测试文科数学（问卷）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.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.集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式得到集合，结合交集定义进行求解即可．【详解】，则，故选B．【点睛】本题主要考查集合的基本运算，求出集合B的等价条件，首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标还是其它的一些元素，第二步常常是解一元二次不等式，我们首先用十字相乘法分解因式，求得不等式的解集.在解分式不等式的过程中，要注意分母不能为零.解指数或对数不等式要注意底数对单调性的影响，在求交集时注意区间端点的取舍.2.设是虚数单位，则复数（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算以及的运算性质化简求值即可．【详解】，故选A.【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题3.若变量满足约束条件，则的最大值是( )A. 0B. 2C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】由题意作出不等式组所表示的平面区域，将化为，相当于直线的纵截距，由几何意义可得结果．【详解】由题意作出其平面区域，令，化为，相当于直线的纵截距，由图可知，，解得，，则的最大值是，故选C．【点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.4.执行如图所示程序框图的输出结果是（）A. 3B. 5C. 7D. 9【答案】C【解析】【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【详解】模拟程序的运行，可得，，满足条件，执行循环体，，满足条件，执行循环体，，，满足条件，执行循环体，，，此时，不满足条件，退出循环，输出的值为7，故选C．【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．5.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A. 若，，则B. 若，，则C. 若，，，，则D. 若，，，则【答案】D【解析】【分析】对于A，B选项均有可能为线在面内，故错误；对于C选项，根据面面平行判定定理可知其错误；直接由线面平行性质定理可得D正确.【详解】若，，则有可能在面内，故A错误；若，，有可能在面内，故B错误；若一平面内两相交直线分别与另一平面平行，则两平面平行，故C错误．若，，，则由直线与平面平行的性质知，故D正确．故选D.【点睛】本题考查的知识点是，判断命题真假，比较综合的考查了空间中直线与平面的位置关系，属于中档题.6.已知等差数列的公差不为零，且，，成等比数列，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设等差数列的公差，由题意可得，用首项和公差表示化为，代入即可得出．【详解】设等差数列的公差，且，，成等比数列，∴，∴，，则，故选B．【点睛】本题主要考查了等差数列与等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7.设，则的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】不难发现从而可得【详解】,故选B.【点睛】本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较数大小．8.已知椭圆的焦点分别为，，点，在椭圆上，于，，，则椭圆方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用椭圆的性质，根据，可得，，求解，然后推出椭圆方程．【详解】椭圆的焦点分别为，，点A，B在椭圆上，于，，，可得，，，解得，，所以所求椭圆方程为：，故选C．【点睛】本题主要考查椭圆的简单性质的应用，椭圆方程的求法，是基本知识的考查．9.函数的图象大致为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分别计算，的值，利用函数值的对应性进行排除即可．【详解】，排除C，D；，排除B，故选A．【点睛】本题考查函数的图象的判断与应用，考查函数的零点以及特殊值的计算，是中档题；已知函数解析式，选择其正确图象是高考中的高频考点，主要采用的是排除法，最常见的排出方式有根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等性质，同时还有在特殊点处所对应的函数值或其符号，其中包括等.10.已知函数的最小正周期为，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先利用三角函数的周期性求出，结合题意可得当时，函数取得最大值，直接利用正弦型函数的性质的应用和函数的最值得应用求出结果．【详解】函数的最小正周期为，解得：，所以，由于，故：时，取最大值．故：，解得：，即，由于，故的最小值为，故选D．【点睛】本题主要考查了正弦型函数性质的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．11.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问依次每一尺各重多少斤？”设该金杖由粗到细是均匀变化的，其重量为，现将该金杖截成长度相等的10段，记第段的重量为，且，若，则（）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【解析】由题意知,由细到粗每段的重量成等差数列，记为，设公差为，则，解得，所以该金杖的总重量，，解得，故选C. 【方法点睛】本题主要考查阅读能力、等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式以及转化与划归思想，属于中档题.等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等差数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.12.如图，是棱长为1的正方体的平面展开图，则在这个正方体中，以下结论正确的是（）A. 点到的距离为B. 点到平面的距离是C. 三棱锥的体积是D. 与所成的角是【答案】D【解析】【分析】把棱长为1的正方体的表面展开图还原成正方体，为点到的距离可判断A，由正方体的性质可得点到的距离为可判断B，通过正方体的面积减去四个三棱锥的体积可得选项C，可判断出与所成的角即为与所成的角可得选项D.【详解】将展开图还原如图所示：由于，为的中点，故点到的距离为，即A错误；由正方体的性质可得面，故点到的距离为，故B错误；三棱锥是正四面体，它的体积是：，故C错误；连接，，则，与所成角即为与所成的角，又，∴为等边三角形，∴与所成的角是，故选D．【点睛】本题考查根据正方体的平面展开图，画出它的立体图形，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．第Ⅱ卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分.第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题～第23题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.某单位有360名职工，现采用系统抽样方法，抽取20人做问卷调查，将360人按1，2，…，360随机编号，则抽取的20人中，编号落入区间的人数为__________．【答案】6【解析】【分析】首先计算出样本间隔为18，在区间中共有108人，然后进行计算即可．【详解】样本间隔为，在区间内共有人，，即在区间内的抽取人数为6人，故答案为6.【点睛】本题主要考查系统抽样的应用，求出样本间隔是解决本题的关键，属于基础题.14.已知是双曲线的焦点，过作一条渐近线的平行线与另一条渐近线交于点，若（是坐标原点）的面积为1，则双曲线的方程为__________．【答案】【解析】【分析】利用双曲线的渐近线方程，推出渐近线的斜率为1，可得，根据三角形的面积为1可求出的值，然后求解双曲线方程．【详解】是双曲线的焦点，过作一条渐近线的平行线与另一条渐近线交于点，若（O是坐标原点）的面积为1，可得，，，解得，则，所以所求的双曲线方程为：，故答案为．【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，三角形的面积的求法，考查计算能力，属于基础题.15.已知，，则__________．【答案】【解析】【分析】利用同角三角函数的基本关系求得的值，再利用两角差的正弦公式，求得的值.【详解】∵已知，，∴，则，故答案为.【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系、两角差的正弦公式的应用，属于基础题．16.已知，是函数图象上的两个动点，点，若的最小值为0，则函数的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】由函数的对称性得：的图象关于直线对称，由的最小值的几何意义得：过点与曲线相切的直线的斜率等于1，由利用导数求切线对称得：设切点，则以为切点的切线方程为：，由此切线过点、斜率等于1，则，，求得，，代入运算得解．【详解】由可知：的图象关于直线对称，由的最小值为0，即过点与曲线相切的直线的斜率等于1，设切点，则以为切点的切线方程为：，由此切线过点、斜率等于1，则，，求得，，则在的最小值为，则函数的最小值为，故答案为.【点睛】本题主要考查了函数的对称性及导数的几何意义即函数在某点处的导数即为函数在该点处切线的斜率，通过对称性得到过点与曲线相切的直线的斜率等于1为解题的关键，属于中档题．三、解答题：第17～21题每题12分，解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.在中，角的对边分别为，已知，，(1)若，求；(2)求的面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）首先由正弦定理求出，进而可求得，再次利用正弦定理即可求得；（2）利用三角形面积公式结合余弦定理得，结合二次函数的性质即可得结果.【详解】（1）∵，，∴，∴，∴，∴；（2），当时，的面积有最大值.【点睛】本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理及三角形面积公式，二次函数性质的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．18.如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，且，点，分别是和的中点.（Ⅰ）求证平面；（Ⅱ）若，求点到平面的距离.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）取的中点，连结，，则，，可得线面平行，结合面面平行判定定理从而得平面平面，由此能证得结果；（Ⅱ）由，能求出点到平面的距离．【详解】（Ⅰ）如图，取的中点，连结，，则，.在面外，在面外∴面，面又由于，∴平面平面，∴平面；（Ⅱ）由已知得，，，又∵是的中点，∴，设点到平面的距离为，则，∴.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19.某学校高二年级的第二学期，因某学科的任课教师王老师调动工作，于是更换了另一名教师赵老师继任.第二学期结束后从全学年的该门课的学生考试成绩中用随机抽样的方法抽取了容量为50的样本，用茎叶图表示如下：学校秉持均衡发展、素质教育的办学理念，对教师的教学成绩实行绩效考核，绩效考核方案规定：每个学期的学生成绩中与其中位数相差在范围内（含）的为合格，此时相应的给教师赋分为1分；与中位数之差大于10的为优秀，此时相应的给教师赋分为2分；与中位数之差小于-10的为不合格，此时相应的给教师赋分为-1分.（Ⅰ）问王老师和赵老师的教学绩效考核平均成绩哪个大？（Ⅱ）是否有的把握认为“学生成绩取得优秀与更换老师有关”.附：0.050 0.010 0.0013.841 6.635 10.828【答案】（Ⅰ）王老师；（Ⅱ）没有.【解析】【分析】（Ⅰ）分别计算王老师和赵老师绩效考核的平均成绩，进行比较即可；（Ⅱ）完成列联表，计算的值，利用独立性检验的知识进行判断即可.【详解】（Ⅰ）第一学期的数据为：43，44，49，52，53，56，57，59，62，64，65，65，65，68，72，73，75，76，78，83，84，87，88，93，95，其“中位数”为65，优秀有8个，合格有12个，不合格有5个.∴王老师的教学绩效考核平均成绩为：；第二学期的数据为：44，49，52，54，54，58，59，60，61，62，63，63，65，66，67，70，71，72，72，73，77，81，88，88，94，其“中位数”为65，优秀有5个，合格有15个，不合格有5个，∴赵老师的教学绩效考核平均成绩为：，∴，所以，王老师的教学绩效考核平均成绩较大；（Ⅱ）由题意得：第一学期第二学期合计优秀8 5 13非优秀17 20 37合计25 25 50，∵，∴没有的把握认为“学生成绩优秀与更换老师有关”.【点睛】本题主要考查独立性检验的应用，结合数据完成列联表计算的观测值是解决本题的关键，属于基础题.20.已知抛物线的焦点为，准线为，过焦点的直线交抛物线于两点，若与轴垂直时，.(1)求抛物线的方程；(2)如图，若点在准线上的投影为是抛物线上一点，且，求面积的最小值. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）16.【解析】【分析】（Ⅰ）由抛物线的定义求出，然后求解抛物线的方程；（Ⅱ）设直线的方程为，设，利用韦达定理以及弦长公式，以及点到直线的距离求解三角形的面积．【详解】（Ⅰ）由轴时，，∴抛物线的方程为：；（Ⅱ）由，可设：，与联立得：，设，，则，∴，由，，∴，，∴：，即，与联立得，∴，∴点到直线的距离，∴，∴当（即轴），取最小值16【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，弦长公式的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题.21.已知函数.（Ⅰ）若，求函数的单调区间；（Ⅱ）若，且是函数的两个极值点，求的最小值.【答案】（Ⅰ）在和上递增，在上递减；（Ⅱ）. 【解析】【分析】（Ⅰ）首先求得导函数，然后利用导函数的符号确定函数的单调区间即可；（Ⅱ）由题意可知，即为方程的两根，据此结合函数的单调性求解的最小值即可．【详解】（Ⅰ）时，，∴，由，得，∴和上递增，在上递减；（Ⅱ）由，∴，即为方程的两根，即，，∴，，，令，则，且，∴，∴在上递减，∴，即的最小值为.【点睛】本题主要考查导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值等知识，解题的难点在于构造函数，其中，属于中等题．选考题：共10分，请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.22.在平面直角坐标系中，已知点，曲线的参数方程为(为参数).以原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.(1)判断点与直线的位置关系并说明理由；(2)设直线与曲线交于两个不同的点，求的值.【答案】（Ⅰ）点在直线上；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）把直线化成直角坐标方程后，代入点的坐标看是否满足；（Ⅱ）联立直线的参数方程与曲线，利用参数的几何意义可得．【详解】（Ⅰ）直线：，即，斜率，倾斜角，∵点满足此方程，∴点在直线上；（Ⅱ）曲线的普通方程为①，直线的参数方程为（为参数）②，把②代入①得，得，，又∵，，且与异号，∴.【点睛】本题主要考查了简单曲线的极坐标方程，直线的参数方程以及参数的几何意义，属于中档题.23.已知函数.(1)当时，解关于不等式；(2)若函数的最大值是3，求的最小值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）代入，的值，通过讨论的范围，求出不等式的解集即可；（Ⅱ）根据绝对值不等式的性质求出，结合基本不等式的性质求出代数式的最小值即可．【详解】（Ⅰ）∵当，时，，∴的解集为；（Ⅱ）∵，，，∴，∴，当且仅当，即，时，等号成立.故的最小值为.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及转化与化归思想，难度一般；常见的绝对值不等式的解法，法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．。
中学生标准学术能力诊断性测试 2019年 9 月测试理科数学试卷
8mk2
( 1
4k
2
)
2
16(m2k 2 1) 1 4k 2
，利用①
式，消去k ，得| y 1 y 2|
43 m2 3
，
S ABF
1 | m 2
3
||
y
1
y
|2
2
3
|
m m2
3
3|
当
m 1
或
1 m
3
时，
S ABF
2
3( 3 m) m2 3
， 令 t 3m ，
6
t
2 6
3
2
3
2 1；.......10 分
t
当 m 1时， ABF 面积的最大值为 3
3
..........12 分
2
21．（12 分）
（1） f (x) a 4a ax(x 4a 4) ax 1 (x 2)2 (ax 1)(x 2)2
t (0,
3 1) (
3 1, )
，则 S ABF
t
2 3t 2 2 3t
6
t
2 6
3
2
3
3 3 ；...8 分 2
t
当
m
3时 ，
S
2 3(m 3)
ABF
m2 3
， 令 t m 3 ， t (0，) ， 则
S ABF
t
2 3t 2 2 3t
AC 1,CD 7 ，在 ACD中，根据余弦定理， 2
AD2 12
2
2019届中学生标准学术能力诊断性测试 文理数学(一卷)试卷THUSSAT3月测试
（或者由正弦定理先求 sin B ，再求 cos B ）
sin(B − ) = sin B cos − cos B sin
3
3
3
………10 分
= 2 14 − 5 3 18
………12 分
18．（1）补充完整的 2×2 列联表如下：
第1页 共 5 页
优秀 不优秀 合计
甲班 20 25
45
A．119
B．120
C．164
D．165
7．若函数 f (x) = sin( x + )( 0) 的最小正周期为 ，若将函数图象 y = f (x) 向左平移 个单位，得到函数
3
12
g(x) 的图象，则函数 g(x) 的解析式为（ ）
A． g(x) = sin( 1 x + ) 26
2
4
2
VC− AEFD
= VE− ACD
+ VE−CDF
=
1 a3 8
+ 1 a3 = 3 a3 16 16
………8 分
第2页 共 5 页
（3）
E
F
A
xB
D
。
O
M
N
Cy
建系如图（建系过程简略，阅卷老师规定分值）所示： A(0,− 1 a,0) 、 B( 3 a,0,0) 、
2
2
C(0, 1 a,0) 、 E(0,0, 3 a)
2
2
直线l : x − 3y − 6 = 0
5 分
（2） 方法一：设 P(2cos,sin)
点P到l的距离
2 cos − 3 sin − 6
d=
=
2
7
新疆2019届高三第三次诊断性测试数学(理)试卷Word版含解析
2019年高三年级第三次诊断性测试理科数学一、选择题：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.设集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意得，，，然后利用数轴可以得出. 【详解】解：因为，所以，，又因为，所以，故选B。
【点睛】本题考查了集合的交集运算，将集合中变量的范围具体解析出来是解题的前提，属于简单题。
2.若复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据，求出，然后根据复数模的公式求出。
【详解】解：因为复数满足所以所以，故选A。
【点睛】本题考查了复数的四则运算和复数模的运算，求解复数模的前提是将复数表示为的标准形式，然后根据模的公式求解。
3.若直线与圆有两个公共点，则点与圆的位置关系是（）A. 在圆上B. 在圆外C. 在圆内D. 以上都有可能【答案】B【解析】【分析】直线与圆有两个公共点，可得，即为，由此可得点与圆的位置关系。
【详解】解：因为直线与圆有两个公共点，所以有，即，因为点与圆心的距离为，圆的半径为1，所以点在圆外，故选B。
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、点与圆的位置关系，直线与圆的位置关系的判断方法有：1.圆心到直线的距离与半径做比较；2.联立直线与圆的方程，根据方程组根的个数进行判断。
4.如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【分析】根据三视图可以得到原几何体为三棱锥，且是有三条棱互相垂直的三棱锥，根据几何体的各面面积可得最大面的面积。
【详解】解：分析题意可知，如下图所示，该几何体为一个正方体中的三棱锥，最大面的表面边长为的等边三角形，故其面积为，故选B。
【点睛】本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题。
5.函数（其中）的图像如图所示，为了得到的图像，只需把的图像上所有点（）A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】C【解析】根据题目中的图象求解出周期，得出的值，再将点代入函数解析式，求出的值，然后根据图象变换规则得出答案。
THUSSAT7月测试文科数学答案
中学生标准学术能力测试诊断性测试2019年7月测试文科数学答案一． 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，只二． 填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 2(0,e ]14. 815. 23n n S a =−16. 3三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分）解：（1）由题意得，(32)cos 2cos a c B b C −=，由正弦定理得，3sin cos 2sin cos 2sin cos A B C B B C −=， ……………………………2分3sin cos 2sin()A B B C ∴=+，3sin cos 2sin A B A ∴=， ……………………………4分(0,π)A ∈，sin 0A ∴>，2cos 3B ∴=. ……………………………5分（2）sin B = ……………………………6分又1sin 2ABC S ac B ∆==6a ∴=， ……………………………8分 由余弦定理，2222cos b a c ac B =+−，22364262=243b ∴=+−⨯⨯⨯， ……………………………9分b ∴=. ……………………………10分18．（12分）解：（1）由233n n S a =−，11233n n S a ++=−， ……………………………1分 两式相减得：11233n n n a a a ++=−，即13n n a a +=，所以数列{}n a 是公比为3的等比数列， ……………………………4分 由11233a a =−，得13a =， ……………………………5分所以3n n a =. ……………………………6分 （2）由3log n n n b a a =，可得3n n b n =⋅， ……………………………7分 所以1231323333n n T n =⋅+⋅+⋅++⋅，①则23413132333(1)33n n n T n n +=⋅+⋅+⋅++−⋅+⋅，② ……………………………9分①-②得，23412333333n n n T n +−=+++++−⋅， ……………………………10分所以113(13)(12)33231322n n n n n T n ++−−−=−⋅=−−，所以1(21)334n n n T +−+=. …………………………12分19．（12分）解：（1）设这种有机芹菜日需求量的平均数为x ，则250.00250750.004501250.006501750.005502250.00350x =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯132.5=（公斤）.故这种有机芹菜日需求量的平均数为132.5公斤. …………………………4分 （2）由当天的需求量为x 公斤时，其利润为y 元，当日需求量不低于130公斤时，利润(2012)1301040y =−⨯=元,当日需求量低于130公斤时，利润(2012)2(130)10260y x x x =−−−=−元，…………5分10260,01301040,130250x x y x −≤<⎧=⎨≤≤⎩， …………………………6分由340y ≥，当130250x ≤≤，1040340>显然成立，当0130x ≤<时，10260340x −≥,得60x ≥，即60130x ≤<，所以60250x ≤≤， ……………………………9分 所以(340)(60250)1(060)1(0.002500.00410)0.86P y P x P x ≥=≤≤=−≤<=−⨯+⨯=， 故估计其利润y 不小于340元的概率为0.86. …………………………12分 20．（12分）（1）证明：根据题意，1CC ⊥底面ABC ，AC ⊂底面ABC ，BC ⊂底面ABC ，所以1CC AC ⊥，1CC BC ⊥， …………………………1分 又1AC B C ⊥，11B CCC C =，1CC ⊂平面11BCC B ，1B C ⊂平面11BCC B ，AC ∴⊥平面11BCC B ， …………………………3分又BC ⊂平面11BCC B ，AC BC ∴⊥. ……………………………4分 即BC AC ⊥，1BC CC ⊥，1ACCC C =，AC ⊂平面11AAC C ，1CC ⊂平面11AAC C ，BC ∴⊥平面11AAC C . ……………………………6分（2）可知：111111C A B C B A C C V V −−=， ……………………………7分11AA CC //，111112A C C S AC CC ∆∴=⨯⨯=， ……………………………8分由（1）知，BC ⊥平面11AAC C ，又11BB CC //，1C C ⊂平面11AAC C ，1BB ⊄平面11AACC ，1BB ∴//平面11AAC C ， …………………………9分则1B 到平面11AAC C 的距离等于B 到平面11AACC 的距离，即为BC ， …………………10分 由1BC =，111111111133C A B C B A C C A C C V V BC S −−∆==⨯⨯=. …………………………12分21．（12分）解：（1）因为椭圆E 的焦距为2，则，，所以，，…………………………2分则b =E 的方程为：22143x y +=. …………………………4分（2）设点N 的坐标为(,0)N m ，直线l 斜率存在时，设l 的方程为：()y k x m =−，(0)k ≠，联立22143()x y y k x m ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩，得22222(34)84120k x mk x k m +−+−=， …………………………5分 设1122(,)(,)P x y Q x y 、，则2122834mk x x k +=+，2212241234k m x x k −=+， …………………………6分且11()y k x m =−，22()y k x m =−，12140k k +=，(2,0)A −，1(1,0)F −2(1,0)F 24a ==2a =所以2212121212121212[()]1222()44y y k x x m x x m k k x x x x x x −++=⋅==−+++++， …………………………8分即2222(312)1(41616)4k m k m m −=−++，又0k ≠，所以223121416164m m m −=−++， 化简得，220m m +−=，解得：1m =，或2m =−（舍）. ……………………………10分当1m =时，2144(1)0k ∆=+>， ……………………………11分当1m =，且直线l 与x 轴垂直时，3(1,)2P ，3(1,)2Q −，12111()224k k =⋅−=−，即12140k k +=也成立．所以点N 的坐标为(1,0)N . ………………………………12分 22. （12分）解：（1）当1a =时，2()(1)e 41x f x x x x =+−−+，所以()(2)(e 2)xf x x '=+−， ………………………………1分当(,2)x ∈−∞−时，()0f x '>，函数()f x 单调递增； 当(2,ln 2)x ∈−时，()0f x '<；函数()f x 单调递减； 当(ln 2,)x ∈+∞时，()0f x '>；函数()f x 单调递增；综上，()f x 在区间(,2)−∞−，(ln 2,)+∞上单调递增；在区间(2,ln 2)−上单调递减．…4分 （2）方法一：由()(2)e 2(2)(2)(e 2)x xf x a x x x a '=+−+=+−，当0a ≤时，由于1x ≥−，故()(2)(e 2)0xf x x a '=+−<， ………………………………5分则()f x 在[1,)−+∞上单调递减，且(1)2e 40f a =−<，不能满足()0f x ≥恒成立， 不符合题意； ………………………………6分 当0a >时，由()0f x '=，可得2ln x a=， ①若2ln1a≤−时，即2e a ≥时，()f x 在[1,)−+∞上单调递增， min ()(1)40f x f =−=≥恒成立， ………………………………7分②若2ln1a >−时，即2e a <时，()f x 在2[1,ln ]a−上单调递减，在2[ln ,)a +∞单调递增，2ln 22min 2222222()(ln )(ln 1)e (ln )4ln 12(ln 1)(ln )4ln 1af x f a a a a a a a a ==+−−+=+−−+222(ln )2ln 3a a =−−+， ………………………………9分只需222(ln )2ln 30a a −−+≥，解得：23ln 1a −≤≤，即322e e a ≤≤.则22e ea ≤<. ……………………………11分 综上可得：2ea ≥. ………………………………12分方法二：当1x ≥−时，()0f x ≥恒成立，即2(1)e 41x a x x x +≥+−恒成立.①当1x =−时，对于任意a ∈R ，04≥−恒成立，即()0f x ≥恒成立. ………………5分②当1x >−时，2(1)e 41x a x x x +≥+−恒成立，即241(1)e x x x a x +−≥+恒成立， ………………………………6分令241()(1)e xx x g x x +−=+，则22222(24)(1)e (41)(2)e (2)(23)()(1)e (1)e x x x xx x x x x x x x g x x x ++−+−++−−+'==++2(2)(3)(1)(1)exx x x x −++−=+， ………………………………8分 所以，当11x −<<时，()0g x '>，()g x 单调递增；当1x >时，()0g x '<，()g x 单调递减； ………………………………10分 故当1x >−时，max 2()(1)eg x g ==， ………………………………11分 所以，2ea ≥， 综上可得：2ea ≥． ………………………………12分。
2019届中学生标准学术能力诊断性测试文理数学(一卷)试卷THUSSAT12月测试
中学生标准学术能力诊断性测试2018年12月测试理科数学试卷（一卷）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.二. 填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 12−14．[1 15．222x y a += 16．[0,2]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，考生根据要求作答. （一）必考题：60分. 17．12分解: （Ⅰ）()4sin sin()6f x x x π=+−14sin cos )22x x x =+22sin cos x x x =+cos2)sin2x x =−+sin 2x x =π2sin(2)3x =− …………………………3分所以函数()f x 的最小正周期为π. …………………………4分（Ⅱ）依题意，由正弦定理，sin sin sin cos 2sin cos A B B A B A +=.……………………5分 因为在三角形中sin 0B ≠，所以cos 2cos sin A A A =−.即(cos sin )(cos sin 1)0A A A A −+−=， …………………………7分当cos sin 0A A −=时，tan 1A =，4A π=； …………………………8分 当cos sin 1A A +=时，两边平方得12sin cos 1A A +=，故sin cos 0A A =，cos 0A =，2A π=.由于△ABC 锐角三角形，所以4A π=. …………………………9分则34B C +=π.又02B π<<，02C π<<，34C B =π−.所以42B ππ<<， …………………………10分又2633B ππ2π<−<，所以1sin(2)123B π<−≤. 由()2sin(2)3f B B π=−，则()f B 的取值范围(12],. …………………………12分 18．12分证明：（Ⅰ）∵22AB AD a ==，60BAD ∠=︒，∴在△ABD 中，2222422cos603BD a a a a a =+−⋅⋅⋅︒=，222BD AD AB +=，∴90ADB ∠=︒，BD AD ⊥， …………………………2分又ADEF 为正方形，∴AD DE ⊥， 又AD BC ∥，∴BC DE ⊥，BC BD ⊥， 又BD ⊂面BDE ，DE ⊂面BDE ，BDDE D =，∴BC ⊥平面BDE ，………………………………5分又BC ⊂平面BCE ，∴平面BDE ⊥平面BCE . ……………………………6分 （Ⅱ）方法一：平面ADEF ⊥平面ABCD ，ED AD ⊥，∴ED ⊥平面ABCD ，ED DB ⊥， 即DA DB DE 、、两两垂直， ……………………………7分 以DA DB DE 、、分别为,,x y z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则(,0,0)A a ，3(0,,0)2G a ，(,3,0)C a a −，(0,0,)E a ， 3(0,,)EG a a =−，3(,,0)GC a a =−， …………………………8分取平面ADEF 的法向量为(0,1,0)=m ，设平面CGE 的法向量为(,,)x y z =n ， 则0EG GC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即30230ay az ax ay ⎧−=⎪⎪⎨⎪−+=⎪⎩，令1y =，则32x =，32z =，故33(,1,)22=n ， ……………………………10分设平面CGE 与平面ADEF 所成锐二面角为θ，则||10cos ||||5θ⋅==m n m n . …………12分方法二：连接AG ，AE ，则A G C 、、共线，AE 是平面CGE 与平面ADEF 的交线， 取AE 的中点为H ，连接HG ，HD ，则由平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD AD =，BD AD ⊥，且BD ⊂ 面ABCD ∴BD ⊥平面ADEF ，即GD ⊥平面ADEF ， ……………………………8分又ADEF 为正方形，H 为AE 的中点，∴DH AE ⊥，∴GH AE ⊥.∴GHD ∠是平面CGE 与平面ADEF 所成锐二面角的平面角，…………………………10分GCEFBAD y x z GCEF BADH由（Ⅰ）可得，GD =，2DH =，在t R △GHD中，cos DH GHD GH ∠=. ∴平面CGE 与平面ADEF所成锐二面角的余弦值为5. …………………………12分19．12分解：（Ⅰ）抽取的螺帽质量指标值的样本平均数x 和样本方差2s 分别为：1700.051800.121900.182000.302100.19x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯2200.102300.06200+⨯+⨯= ………………………3分2222(30)0.05(20)0.12(10)0.1800.30s =−⨯+−⨯+−⨯+⨯222100.19200.10300.06224+⨯+⨯+⨯=， ……………6分（Ⅱ）（i ）由（Ⅰ）知，~(200,224)Z N ，从而(20014.9720014.97)2(185.03200)0.6826P Z P Z −<<+=<≤=，(185.03200)0.3413P Z <≤=，(20029.9420029.94)2(200229.94)0.9544P Z P Z −<<+=≤<=，(200229.94)0.4772P Z ≤<=，(185.03229.94)(185.03200)(200229.94)0.8185P Z P Z P Z <<=<≤+≤<=，………10分（ii ）由（i ）知，一件螺帽的质量指标值位于区间(185.03, 229.94)的概率为0.8185， 依题意知(100,0.8185)X B ，所以()1000.818581.85E X =⨯=. ……………………12分20．12分解(,0)2p B a +(2p C a +，…………2分又a p =，所以122CD k =−. …………………4分（Ⅱ）设直线CD 的方程为：y kx b =+(0)k ≠，设11(,)C x y ，22(,)D x y ，由22y kx b y px=+⎧⎨=⎩，得2220ky py pb −+=， ………………………5分所以2480p pkb ∆=−>，得2pkb <，……………………6分 又122py y k +=，122pb y y k =，由1220p y y k +=>，1220pb y y k =>，可知0k >，0b >，由12|||CD x x =−=， … …………………7分点O 到直线CD的距离为d =，所以11122S ab =⋅=. ………8分 又21212112()||22p apS y y x x a k k =+⋅−=⋅⋅=， ……………………10分 所以122S kb S p=， ……………………11分因为02pkb <<，所以12104S S <<. ……………………12分21．12分解 （Ⅰ）当0a >时，()e (1)e (1)e x x x f x a ax ax a '=⋅++=++， ………………………1分 由()0f x '>，得1a x a+>−， ∴()f x 在1(,)a a+−∞−上单调递减，在1(,)a a +−+∞上单调递增． ……………………2分 ∴1a x a+=−时，()f x 取得极小值，即最小值1e a a a +−−⋅． ………………………3分当0a >时，1111a a a+=+>，11a a +−<−， ∵110<e e a a+−<，∴1e ea a aa +−−⋅>−，即()0e a f x +>． ……………………………5分（Ⅱ）证明：当12a =−时，1()(1)e 2x f x x =−+，则1()(1)e 2x f x x '=−，∴(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，(,1)x ∈−∞时，()0f x '>，()f x 单调递增， …………6分令()()(2)F x f x f x =−−，则211()(1)e e 22x x F x x x −=−+−，∴21()(1)(e e )2x x F x x −'=−−， 当(1,)x ∈+∞时，10x −<，2x x >−，2e e 0x x −−>，∴()0F x '<，()F x 单调递减， ……………………8分∴()(1)(1)(1)0F x F f f <=−=，即()(2)0f x f x −−<，∴当(1,)x ∈+∞时，()(2)f x f x <−. ………………………9分 又()f x 在(,1)−∞内是增函数，在(1,)+∞内是减函数.12x x ≠，且12()()f x f x =，∴12,x x 不在同一单调区间内，不妨设121x x <<，由上可知：22()(2)f x f x <−， ……………………10分 ∵12()()f x f x =，∴12()(2)f x f x <−.∵11x <，221x −<，又()f x 在(,1)−∞内是增函数，∴122x x <−，即122x x +<. ……………………12分 （如果考生证明过程与参考答案不完全一致，但思路正确，逻辑严密，阅题老师可酌情给分）22．10分解：（Ⅰ）由10cos 2sin x y θθ⎧=⎪⎨⎪=⎩，得到曲线C 的普通方程是：22215x y +=，…………2分 又cos x ρθ=，sin y ρθ=，代入得，22225sin 2cos 5ρθρθ+=，即2253sin 2ρθ=+（22255sin 2cos ρθθ=+也可得分）． ………………………5分（Ⅱ）因为22255sin 2cos ρθθ=+，所以22212cos sin 5θθρ=+， ………………………6分由0OP OQ ⋅=，故OP OQ ⊥，设点P 的极坐标为1(,)ρθ，则点Q 的极坐标可设为2π(,)2ρθ±， ………………………7分所以222222||||111||||||||OP OQ OP OQ OP OQ ⋅=++2222221211112cos 2sin 1sin cos 5255157θθθθρρ===+++++=． ………………………10分23．10分解：（Ⅰ）当1a =时，由()0f x ≥，即|2||21|x x +≥−，两边平方，得：2244441x x x x ++≥−+，即23830x x −−≤， ………………………2分解得：133x −≤≤，所以不等式()0f x ≥的解集为：1{|3}3x x −≤≤. ………………………4分（Ⅱ）若存在R x ∈，使得不等式()f x a >成立，即|2||21|x a x a +−−>成立，所以存在R x ∈，使得|2||21|1x a x +<−+成立，令|2|()|21|1x g x x +=−+，只需max ()a g x <即可.又函数13,222(1)|2|131(),2|21|122(1)2111,22x x x g x x x x x x⎧+<−⎪−⎪+⎪==−−−≤≤⎨−+−⎪⎪+>⎪⎩， ………………………6分 当2x <−时，()g x 单调递减，10()2g x <<； 当122x −≤≤时，()g x 单调递增，50()2g x ≤≤；当12x >时，()g x 单调递减，15()22g x <<；可知函数max 15()()22g x g ==， ………………………9分所以52a <. ………………………10分中学生标准学术能力诊断性测试2018年12月测试理科数学试卷（一卷）本试卷共150分，考试时间120分钟。
2019届中学生标准学术能力诊断性测试文理数学(一卷)试卷THUSSAT11月测试
整理得 b2 + a2 − c2 = ab 从而由余弦定理得 cosC=12.
又∵C 是三角形的内角
[3 分]
∴C = ． 3
[1 分] [2 分] [4 分]
（2）由余弦定理得 c2 = a2 +b2 − 2abcosC = a2 +b2 − ab ，
[5 分]
a + b = 4，c2 = a2 + b2 − ab = (a + b)2 − 3ab = 16 − 3ab ，[7 分]
中学生标准学术能力诊断性测试 2018 年 11 月测试
理科数学试卷（一卷）
参考答案
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
2
3
4
5
6
7
8
9
10 11 12
C
D
A
A
D
B
A
B
C
B
B
D
二. 填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 2 14．36
( ) 当 x 0,e−2 时, f (x) 0 ,此时 f (x) 单调递减；
( ) 当 x e−2,+ 时, f (x) 0 ,此时 f (x) 单调递增；
( ) ( ) 综上, f (x) 的减区间为 0,e−2 , f (x) 的增区间为 e−2,+ .[5 分]
证明（2） k = f (x2 ) − f (x1) = 2ln x2 − 2ln x1 ，[6 分]
② 设 h(t) = t ln t－(t－1) ，则当 t>1 时， h'(t) = ln t 0 ，
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������