绵阳市高2016届第一次诊断考试数学(文科)答案

市高2013级第一次诊断性考试

数学(文史类)参考解答及评分标准

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．

CBCBD BACCC

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．

11．10，

12．3

13．a≥2

14．7 15．②③

三、解答题：本大题共6小题，共75分． 16．解 ：（1）∵ m⊥n，

∴ m·n=(cosα，1-sinα)·(-cosα，sinα)=0，

即-cosα+sinα-sinα=0． ……………………………………………………3分

由sinα+cosα=1，解得sinα=1， ∴ 2k22

2

2

2

，k∈Z.…………………………………………………………6分

（2） ∵ m-n=(2cosα，1-2sinα)， ∴ |m-n|=(2cos)2(12sin)2

4(cos2sin2)14sin

54sin， ………………………………………………………9

分

∴ 5-4sinα=3，即得sin∴ cos212sin2分

17．解：（1）由已知an+1=2an+1，可得an+1+1=2(an+1)．

∴

1， 21． ……………………………………………………122an112（常数）．………………………………………………………3分 an1n此时，数列{an1}是以a112为首项，2为公比的等比数列，

∴ an122n12n，于是an=2-1． ………………………………………6分

（2）∵bn分

∴ Snn.…………………………………………………………………7n2123n， 2122232n . . . . .

. . . .

1123n1，得Sn234n1, 2222221111n两式相减得 Sn2nn1

2222211(1n)2n 2n11212两边同乘以

1∴Sn21n， nn1221n．…………………………………………………………12分 n1n2218．解：（1）设第n年的受捐贫困生的人数为an，捐资总额为bn．

则an=80+(n-1)a，bn=50+(n-1)×10=40+10n. ……………………………2分

∴ 当a=10时，an=10n+70， ∴

bn4010n0.8， an10n70解得：n>8． ……………………………………………………………………5分 即从第9年起每年的受捐大学生人均获得的奖学金才能超过0.8万元． …6分

（2）由题意：即

bn1bn(n>1)， an1an4010(n1)4010n，………………………………………………8分

80na80(n1)a2

2

整理得 (5+n)[80+(n-1)a]-(4+n)(80+na)>0， 即400+5na-5a+80n+na-na-320-4na-80n-na>0， 化简得80-5a>0，

解得a<16，……………………………………………………………………11分 ∴ 要使人均奖学金年年有增加，资助的大学生每年净增人数不超过15人．

……………………………………………

12分

19．解：（1）在Rt△ABC中，AC=ABcos60º=6∵ CDCAAD，

∴ CDCA(CAAD)CACAADCA

. . . . .

2113，ADAB2. 23 . . . .

|CA|2|AD||CA|cosAD，CA

=9+2×3×cos120º

=6. …………………………………………………………………4

分

（2）在△ACD中，∠ADC=180º-∠A-∠DCA=120º-θ，

333CDAC2由正弦定理可得，即CD. sin(120)2sin(120)sinAsinADC3 ………………………………………5分

在△AEC中，∠ACE=θ+30º，∠AEC=180º-60º-(θ+30º)=90º-θ，

333CEAC2由正弦定理可得：，即CE， ……6sin(90)2cossinAsinAEC3分

∴ SDCE113333CDCEsin30 242sin(120)2cos271，………………………7分 16sin(120)cos令f(θ)=sin(120º-θ)cosθ，0º≤θ≤60º， ∵ f(θ)=(sin120ºcosθ-cos120ºsinθ)cosθ

31cos2sincos 2231cos211sin2 22223131(cos2sin2) 422231sin(260)，………………………………………………10分 42由0º≤θ≤60º，知60º≤2θ+60º≤180º，

∴ 0≤sin(2θ+60º)≤1， ∴

331≤f(θ)≤， 442143≤， f()3∴ 4(23)≤

. . . . .

. . . .

∴ SDCE≥

27(23)， 427(23)．……………………………………………12分 4即SDCE的最小值为

20．解：（1）f(x)3ax2bxc，

由题意得3ax+bx+c≥0的解集为{x|-2≤x≤1}， ∴ a<0，且方程3ax+bx+c=0的两根为-2，1．

2

2

bc1，2，

3a3a得b=3a，c=-6a．………………………………………………………………2分

于是∵ 3ax+bx+c<0的解集为{x|x<-2或x>1}，

∴ f(x)在(-∞，-2)上是减函数，在[-2，1]上是增函数，在(1，+∞)上是减函数．

∴ 当x=-2时f(x)取极小值，即-8a+2b-2c-1=-11， 把b=3a，c=-6a，代入得-8a+6a+12a-1=-11，

解得a=-1． ……………………………………………………………………5分

（2）由方程f(x)-ma+1=0，可整理得ax3bx2cx1ma10， 即ax32

1232ax6axma． 232x6x．…………………………………………………………7分 232x6x， 2∴ mx3令g(x)x3∴ g(x)3x23x63(x2)(x1)． 列表如下：

(1，+∞) + ↗ x g(x) (-∞，-2) + ↗ -2 0 极大值 (-2，1) - ↘ 1 0 极小值 g(x) 11分

又∵g(3)∴ g(x)在[-3，-2]是增函数，在[-2，0]上是减函数．……………………9，g(-2)=10，g(0)=0， 2 . . . . .

. . . .

由题意知直线y=m与曲线g(x)x3于是

32x6x有两个交点， 290， x∴ 当a<0时，f(x)0，即f(x)在(0，+∞)上是增函数．

当a>0时， x∈(0，

111)时f(x)0，f(x)在(0，)上是增函数；x∈(，aaa1，+∞)上是减函数． a∴ 综上所述，当a<0时f(x)的单调递增区间为(0，+∞)；当a>0时，f(x)

+∞) 时f(x)0，f(x)在(的单调递增区间为(0，分

（2）当a=1时，f(x)lnxx1， ∴ k11)，f(x)的单调递减区间为(，+∞)．…………5aay2y1lnx2x2lnx1x1lnx2lnx11，

x2x1x2x1x2x1∴ k1要证x1lnx2lnx1.

x2x111lnx2lnx11， x2，即证x2x2x1x1k1x2x1xxxln221， x2x1x1因x2x10，即证令

x21t(t1)，即证1lntt1(t1).

tx1令k(t)lntt1(t1)，由(1)知，k(t)在(1，+)上单调递减， ∴ k(t)k10即lntt10， ∴ lntt1．①

111t1令h(t)lnt1(t1)，则h(t)22>0，

tttt∴h(t)在(1，+)上单调递增，

1∴h(t)h(1)=0，即lnt1(t1)．②

t11 综①②得1lntt1(t1)，即x1x2．……………………9分

tk1 . . . . .

. . . .

2x即x(lnx1)kx2k0，x>1．

（3）由已知f(x)ax2k(1)即为x(lnx1)k(x2)，x>1，

令g(x)x(lnx1)kx2k，x>1，则g(x)lnxk． 当k≤0时，g(x)0，故g(x)在(1，+∞)上是增函数， 由 g(1)=-1-k+2k=k-1>0，则k>1，矛盾，舍去．

当k>0时，由lnxk>0解得x>e，由lnxk<0解得1即讨论g(x)min=2k-e>0(k>0)恒成立，求k的最小值．

t令h(t)=2t-e，则h(x)2et，

kkkkkkk当2et>0，即tln2时，h(t)单调递减， ∴ t=ln2时，h(t)max=h(ln2)=2ln2-2. ∵ 1又∵ h(1)=2-e<0，h(2)=4-e<0， ∴ 不存在整数k使2k-e>0成立．

综上所述，不存在满足条件的整数k．………………………………………14分

k2

. . . . .