THUSSAT2019年9月诊断性测试理科数学答案 7页

第1页 共 7 页 中学生标准学术能力测试诊断性测试 2019 年 9 月测试 理科数学（一卷）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 D B B C D A A C A B C A 二． 填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13. 3 14. 22 3 1 3 nn++ 15. 2 16. -1 0 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：(1)由 2cos sin2 2 2 AA−= ， 得 2 1)2sin2(cos 2 =− AA ,即 2 1 2cos2sin21 =− AA 2 1sin =A ， ………………………………3 分 ∵  A0 ， 22 A ∴ 0< ， 02sin2cos − AA , 0242 A A∴ 0< , 所以 6 =A ………………………………6 分 (2)由 14 21)sin( =+ AC ,得 14 21sin =B 由正弦定理： B b A a sinsin = ,得 3=b ………………………………8 分 由余弦定理： Abccba cos2222 −+= ，得 cc 337 2 −+= ， 4=c 或 1−=c （舍去） 所以 ………………………………12 分 18.（12 分） 解：（1）∵ BC ⊥ 平面 PCD，∴ BC PD⊥ ， 又 PD AB⊥ ， AB BC B= ∴ PD ⊥ 平面 ABCD， ………2 分 D P A C B 第2页 共 7 页 ∴ P D D C⊥ ，∴ P D C 是直角三角形， 由已知 2, 1PC CD==， ∴ 1PD = . ………………………………4分 （2）解法 1： ∵ BC ⊥ 平面 P C D ，∴ B C C D⊥ ， B C P C⊥ 在四边形 A B C D 中，由于 //A B C D ， 2,2,1ABBCCD=== ， 可以求得 3AD = ， ………………………………6 分 设 D 到平面 PAB 的距离为 d ，直线 AD 与平面 PAB 所成的角为 ， 则 s in 3 dd AD ==， ………………………………8 分 ∵ ，CD  面 PAB, 面PABAB  ∴ //CD 平面 PAB ，∴ C 到平面 的距离也为 ， 在三棱锥 B P A C− 中， PABCCPABVV−−= ， ∵ PD ⊥ 平面 A B C D ，∴ PD AD⊥ ∴ 2PA = ， 又 2,BCPCBCPC==⊥ ，∴ 2PB = ， ∴ 1112 1223323P ABCABCVPDS−== = ，……………………………10 分 13 33CPABPABVdSd−==， ………………………………11 分 ∴ 2 3 d = ，∴ 2sin 33 dd AD === ， 即 直线 AD 与平面 PAB 所 成 角 的 正 弦 值 为 2 3 . ………………………………12 分 解法 2：由（Ⅰ）知 平面 ，过 D 作 DEAB⊥ 交 AB 于 E ，则 PDDE⊥ ， 如图以 D 为原点， DC 、 DP 、 DE 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系. ………………5 分 则 (1,0,0), ( 1,0, 2), (1,0, 2), (0,1,0)C A B P− − − ， 则 (2,0,0), (1,1, 2), ( 1,0, 2)AB AP DA= = = − − ，………6 分 E z y x D P A C B 第3页 共 7 页 设平面 PAB 的法向量为 ( , , )n x y z= ， 则由 0, 0, A B n A P n  = = 得 0, 2 0, x x y z = + + = 令 1z = ，可得 (0 , 2,1 )n =− ， ………………………10 分 设直线 AD 与平面 PAB 所成的角为  ， 则 2sin|| 3|||| nDA nDA  ==. 即直线 AD 与平面 PAD 所成角的正弦值为 2 3 …12 分 19.（12 分） 解： （1）由题意，得： (2)(0,1)1nn tSatttt=−− 为常数，且 当 1n = 时，得 11( 2 )1 tSat=−− ，得 1 2at= ………2 分 由 -1-1 (2)1 (2)21 nn nn tSat tSan t  =− −  =− − （ ） ， -11-=(), 1nnnnn tSSaaa t −=−− 1−= nn taa 2n （ ） ………………………………4 分 故 2 n nat= ………………………………5 分 （2）由 21 1 (2 2) 1 ( 1)11 nn nn ttb S t ttt= − = − − = − −−− ………………………………7 分 由  nb 为等比数列可知： 2 2 1 3b b b= ，求得 1 3t = ………………………………9 分 所以， 1 3 n nb =  ， nna 3 2= ，则 n n nn nc 3 2 3 1log3 2 3 =    = …………………10 分 设  nc 的前 n 项和为 nT ，则 12 242 +333n n nT =++ 2 3 1 1 2 4 2T+3 3 3 3n n n += + + ，相减可得 2 3 32 32 2 3T 21 ＜nnn nccc  +−=+++=  …………………12 分 20.（12 分） 解： 第 19 题 第4页 共 7 页 （1） ( ) ( )1 x exfx e −=’ …………………2 分 1'()0;1'()0xfxxfx时， 时， ( )xf 在 ( )1- ， 递增，( )+，1 递减，且 ( ) ( ) 11max == fxf 又  当 0x 时， ( )xf 0 ；当 0x 时， ( ) 0xf ，且 ()0xfx→+→时， ，4 分 若 0t  ，则 12,0xx ，而 ()fx在 ( ,0 )− 递增，与 12( ) ( )f x f x = 矛盾， 10  t ………5 分 （2）由（1）知： 21 10 xx  ， 2 2 0121 x x   − 要证： 21212 xxxx + 成立，只需证： 112 2 2 1 − x xx …………………6 分 ( )xf 在 ( )1- ， 递增，故只需证： ( ) ( )       −= 12 2 2 12 x xfxfxf 即证： ( ) ( ) 012 2 12 1122 1 2 2 −−     −−− xe xx …………………8 分 令 112 2 −= xu ，只需证： ( )10 1 2 1 −      − uue uu ，即证： ( )101 2 1ln      −− uuuu …………………10 分 令 ( )      −−= uuuu 1 2 1ln ( ) ( ) ,02 1u 2 2 −−= u u’ )1 +u（ 在（， ）上单调递减 ( ) ( ) .01u =  证毕 …………………12 分 （其他证法酌情给分） 21.（12 分） 解：（1）解法 1： //CD AB ，设 1 1 2 2 0 0, , ( , ) ( , ), ( , )PC CA PD DB A x y B x y P x y== 由 2 2 1 4 4 0 4 y kx x kx xy =+  − − = = 12 12 4 4 x x k xx +=  = − …………………2 分 第5页 共 7 页 2 01 01 4(,)11 yxxxC    ++ ++ …………………3 分（由定比分点公式，或向量相等得到），代 入抛物线得： 2 01201 4()411 yxxx    ++ =++ ，化简得： 22 1010024(1)0xxxyx −++−= ……4 分， 同理得： 22 20200 24(1)0xxxyx −++−= 所以 12,xx为方程 22 00024(1)0xxxyx−++−= 的两根，将 1k = 代入 1 2 0 02 4 4 2x x x k x+ = = =  = …………………5 分 且 2 00 12 4(1) 4yxxx   +−==− ① 将 0 2x = 代入① ，得 0 4 4 1 21 ( 0)4(1 ) 1 1y     −−= = = − + + + + 0 ( 1,1) 2(-1 1) y P x y   −  =  点 的轨迹方程为 …………………6 分 解法 2：同解法 1 知 124xx+= …………………5 分 144 DCDC CDABCD DC yyxxkkxx xx −+==== +=− ，设线段 ,A B C D 的中点分别为 ,MN， 易知 ,,M N P 三点共线， (MNMP= 为实数），所以 0 2Mxx==，………6 分， 以下同解法 1. （ 2 ）由 12,xx 为 方 程 的 两 根 ， 可 得 ： 1 2 0 02 4 2x x x k x k+ = =  = . …………………7 分 由（1）得 2 00 12 4(1) 4yxxx   +−== − ，  2PC CA= ，  =2 ，得： 2 0 2 33 ky =− …………………8 分 第6页 共 7 页 //AC x轴且A,C在抛物线上， ,ACy 关于 轴对称 ， 01 122 13c xxkxx   + +==+ ， 1 11 22 2 35 kx kxx+=−=− 222( , )5 3 3 kkC− . C在抛物线上, 2 222225=4)53311 kk k−=（ ） （ …………………12 分 设 AB 的中点为 M ，则 ( )222 1212 212 211()=212424M xxx xxxyk+−+==+ ， ，又 22 121212 ()441xxxxx xk−=+−=+ 2 2223 120 11210720 11 4121(1) =22333121PABM kSxxyykkk=−−=++−+=+ …………………12 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 一题计分.作答时请写清题号. 22．【选修 4−4：坐标系与参数方程】（10 分） 解：（1）由  2 2 sin3 12 += ，可得： ( ) 12sin3 22 =+  ， 223412xy+= ，即曲线 C 的直角坐标方程为： 22 143 xy+= …………4 分 （2）将直线 l 的参数方程 cos, 1sin xt yt   =  =+ 代入 22 143 xy+= ，可得： ( ) 08sin8sin4cos3 222 =−++ tt  依题意， △>0 ，设 A,B 对应的参数分别为 12,tt ， 则 12 22 12 22 8sin 3cos4sin 8 3cos4sin αtt α α tt α α − += + − = + ……………………………………6 分   22 2 2221 sin4cos3 32 sin4cos3 sin8 ++     +=−= ttAB 第7页 共 7 页 =     2 2 22 22 sin3 1sin64 sin4cos3 cossin264 + +=+ + ……………………………8 分 令 ssin1 2 =+ α ，  2,1s  ， 则 2 s146464623 223AB, s ss == + + 当 s2= 时， AB 取最大值 23 ；当s1= 时， AB 取最小值 46 3 ……10 分 23．【选修 4−5：不等式选讲】（10 分） （1）证明： 1 .111 abc bccaab abc =++ ++ 9)111())(111(111 2 =++++++=++ cbacbacba ， 当且仅当 1 =3abc=== 时，“ ”成立 ……………………………………3 分 11.1 1 1 9 abc  ++  1.9 abc bccaab ++ ……………………………………5 分 （2）解：依题意得：存在非零实数t 使不等式 | 21||1||1|| 23| || ttxx t −+−−−+ 成立 | 21||1|| 211| 1|||| tttt tt −+−−+− = 只需|1|| 23|1xx−−+ ……6 分 当 2 3−x 时，原式1231xx−++ ，即 3x − 33 2x−   − ………………7 分 当 12 3 − x 时，原式1231xx−−− ，即 1x − 3 12 x− − ………………8 分 当 1x  时，原式 1 2 3 1xx− − −  ，即 5x − x ………………………9 分 综上所得，x 的取值范围为[3,1]−− ………………………………10 分