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綿陽三診數(shù)學(xué)答案發(fā)表時(shí)間：2025-04-21 17:48 綿陽市高中2022級(jí)第三次診斷性考試 數(shù)學(xué)參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分． BABC DACC 二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分． 9．ACD 10．AB 11．AB 三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分． 12．?8 13．0.42 14． 四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 15．解：（1）設(shè)數(shù)列公比為， 由，，成等差數(shù)列得：， 3分 ∴，即：，可得， 5分 數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為：； 6分 （2） 7分 8分 9分 11分 （或）． 13分 16．解：（1），令， 1分 ∵函數(shù)在處取得極值． ∴，則， 2分 ， 3分 令，可得，或， 4分 ，，單調(diào)遞增； ，，單調(diào)遞減； 5分 ，，單調(diào)遞增， 6分 ∴的極小值為； 7分 （2）由（1）可知在[1，2]上單調(diào)遞減， 8分 ∴，， 9分 ∴， 10分 ∴ 13分 ∴當(dāng)，． 15分 17．解：（1）梯形中DA，CB，EF不平行，延長D1A1，CB，EF， 記，， ∵， 2分 ∴△MFD1≌△NFC，則FM=FN，即M，N重合， 3分 ∴，所以A1，B，D1，C四點(diǎn)共面； 4分 （2）∵平面A1EFD⊥平面BEFC，面面，， ∴D1F⊥面，則D1F⊥面CF， 5分
易知FE，FC，FD1兩兩垂直，不妨以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，以FE，FC，FD1分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz． 6分 不妨設(shè)A1E=BE=a，則，，，C(0，a+1，0)，D1(0，0，a+1)， 則，， 7分 由可知，， 可解， 8分 ∴； 9分 （3）∵平面面，記面面，在平面EFP內(nèi)過點(diǎn)E作直線m⊥l， ∴， 10分 又∵面，∴，且面，面， ∴面，∴， 在等腰直角三角形△D1FC中FP為中線，即點(diǎn)P為CD1的中點(diǎn)； 11分 由第（2）問可知，，C(0，3，0)， 則， 12分 不妨設(shè)平面BFP的法向量為n=(x，y，z)，取平面BEFC的法向量為m=(0，0，1)平面BFP與平面BEFC所成角為， 即，不妨取， 13分 則， 14分 ∴平面BFP與平面BEFC夾角的余弦值為． 15分 18．解：（1），則即a=1， 1分 又，解得， 2分 ∴雙曲線C的方程為． 3分 （2）方法一：設(shè)，則由， 可得：， 4分 又點(diǎn)T在雙曲線C上，則， 化簡整理得：， 5分 又，均在雙曲線C上，則，， 代入上式整理得：……①， 6分 易知直線l1的斜率為0時(shí)，不符合題意， 設(shè)直線l1方程為，則， 代入①得：……② 聯(lián)立，得：， 7分 由韋達(dá)定理可得：， 8分 代入②式得：， 9分 解得：，即，此時(shí)，則直線l1與雙曲線C右支有兩個(gè)交點(diǎn)， 即直線l1方程為； 10分 方法二：易知直線l1的斜率為0時(shí)，不符合題意，設(shè)直線l1方程為，，MN的中點(diǎn)為P(x0，y0)， 聯(lián)立，得代入①得：， 4分 由韋達(dá)定理可得：， 5分 ∴，， 6分 則由= ∴， 7分 代入雙曲線C的方程可得：， ∴， 8分 ∴，或， 9分 當(dāng)時(shí)，直線l1與雙曲線的漸進(jìn)性平行，不符合題意， ∴直線l1方程為； 10分 （3）設(shè)直線l1方程為，直線l2方程為， 由，則，即， 11分 ∴，，則(當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)) 設(shè)，，，， 則， 同理可得：， 12分 故， 同理：， ∴……③ 13分 聯(lián)立得：， 由韋達(dá)定理可得：，同理可得：，代入③得： = = 14分 令，則， 15分 令，則在區(qū)間[6，10)上單調(diào)遞增， ∴， 16分 故當(dāng)，時(shí)，的最小值為． 17分 方法二：（當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)，等號(hào)成立）， 16分 ∴的最小值為． 17分 19．解：（1）當(dāng)n = 3時(shí)，巴士從(0，0)行駛到(2，1)時(shí)，共有種行駛路線； 從(2，1)行駛到(3，3)時(shí)，共有種行駛路線； 2分 因此經(jīng)過(2，1)的行駛路線共有種； 4分 （2）（i）方法一： 除去起點(diǎn)A與終點(diǎn)B外，巴士一定會(huì)經(jīng)過7個(gè)格點(diǎn)，若游客恰好游覽了7個(gè)景點(diǎn)，說明巴士一定不經(jīng)過AB對(duì)角線上的格點(diǎn)． ∴巴士第一步必然到達(dá)(1，0)或(0，1)格點(diǎn)，且必然從(4，3)或(3，4)到達(dá)終點(diǎn)．在這個(gè)過程中既不會(huì)穿過AB對(duì)角線，也不會(huì)到達(dá)對(duì)角線上的格點(diǎn)． 5分 考慮對(duì)稱性，不妨先計(jì)算從格點(diǎn)(1，0)到達(dá)格點(diǎn)(4，3)，且不經(jīng)過(1，0)與(4，3)連線上方格點(diǎn)的路線總數(shù)． 6分 假設(shè)向右行駛記為1，向上行駛記為?1，那么每條行駛路線實(shí)際唯一對(duì)應(yīng)一個(gè)含3個(gè)1與3個(gè)?1的序列a1，a2，…，a6．行駛路線不經(jīng)過(1，0)與(4，3)連線上方格點(diǎn)，等價(jià)于對(duì)任意前k段，向右行駛的段數(shù)都不小于向上行駛的段數(shù)，即． 根據(jù)題意，滿足條件的路線總數(shù)應(yīng)為種． 8分 從而從格點(diǎn)(0，1)到達(dá)格點(diǎn)(3，4)，且不經(jīng)過(0，1)與(3，4)連線上方格點(diǎn)的路線總數(shù)也為5種． 因此游客游覽了7個(gè)景點(diǎn)的路線總數(shù)為10種． 9分 方法二：當(dāng)n = 4時(shí)，巴士總共有種行駛路線， 5分 除去起點(diǎn)A與終點(diǎn)B外，巴士一定會(huì)經(jīng)過7個(gè)格點(diǎn)，若游客恰好游覽了7個(gè)景點(diǎn)，說明巴士一定不經(jīng)過AB對(duì)角線上的格點(diǎn)，即(1，1)，(2，2)，(3，3)，
則經(jīng)過格點(diǎn)C的路線總數(shù)為種， 經(jīng)過格點(diǎn)D的路線總數(shù)為種， 經(jīng)過格點(diǎn)E的路線總數(shù)為種， 經(jīng)過格點(diǎn)C與格點(diǎn)D的路線總數(shù)為種， 同理種，種， 經(jīng)過格點(diǎn)C，D，E的路線總數(shù)為種， 7分 因此經(jīng)過格點(diǎn)C或格點(diǎn)D或格點(diǎn)E的路線總數(shù)為： ， 8分 用韋恩圖可如上圖表示， 故游客恰好游覽了7個(gè)景點(diǎn)的路線總數(shù)為種； 9分 （ii）要保證游客能夠分別瀏覽兩個(gè)景區(qū)至少1個(gè)景點(diǎn)，即行駛路線必須穿過對(duì)角線AB．不妨先考慮只經(jīng)過AB及其右下方格點(diǎn)的行駛路線，設(shè)總數(shù)為R(n)， 假設(shè)向右行駛記為1，向上行駛記為?1，那么每條行駛路線實(shí)際唯一對(duì)應(yīng)一個(gè)含n個(gè)1與n個(gè)?1的序列a1，a2，…，a2n．行駛路線不經(jīng)過AB左上方的格點(diǎn)，等價(jià)于對(duì)任意前k段，向右行駛的段數(shù)都不小于向上行駛的段數(shù)，即， 10分 由題意 11分 12分 ∴行駛路線不經(jīng)過AB右下方格點(diǎn)的種數(shù)也應(yīng)為， ∴行駛路線穿過對(duì)角線AB的種數(shù)為， 故． 只需證：，n≥5． 13分 當(dāng)n = 5時(shí)，，上式顯然成立． 當(dāng)n≥6時(shí)，令， 顯然，． 14分 且， ∵ ()，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等， 不難知，故， 15分 所以， 16分 即， 綜上所述：． 17分 （注：也可以假設(shè)，對(duì)整理后的一元二次不等式進(jìn)行驗(yàn)證） |
