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宜宾市2016级高三第二次诊断测试题数学（理工类）参考答案一、选择题：CDBCC，BAADA，BD二、填空题：13.34；14.21；15.(0,1)；16.22.D16三、解答题：17.解：⑴在ABD中，ABD30,ADAB,AsinABDsinADBB6AB2;AB3;⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯31222分在ABC中，AC2AB2BC22ABBCcosABC;32322232cosABC,cosABC3.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分6⑵由⑴知cos3(,),,62sin1cos233,sin211,cos25,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分666sin(2)sin2coscos2sin5311.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分3331218.解：⑴所求折线图如图；⋯⋯⋯..⋯2分⑵Qx956.2⋯⋯⋯3分,yy(万人）82890296.3,⋯⋯..⋯5分8085(xx)(yy)xy8xyiiii70i1i165.471.86053.8885057.722(xix)(yiy)4246.2299.38⋯⋯64038.343.3i1i130分34.320n(xix)(yiy)10ri10.99123456789nny)2(xx)2(yiii1i1说明y与x的线性相关相当高，从而可用线性回归模型拟合y与x的关系⋯⋯⋯7分Cx n(xix)(yiy)⑶bi1296.3aybx56.27.054.524.48n7.05,42(xix)2i1y7.05x24.48⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分当x9时，y7.05924.4787.93预测201年我国艾滋病感染累积人数为87.93万人⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分19.(1)证明：设ACIBD连接EO，OGO，QABCD是菱形，O是AC、BD的中点QG是AB中点，OG//BC，QOG平面BCFOG//平面BCF⋯⋯⋯2分QCF//平面BDE，平面BDEI平面ACFEEO，EO//FCQEO平面BCF，EO//平面BCF，⋯⋯⋯4分QEOIOGO，平面EOG//平面BCFEG//平面BCF⋯⋯⋯6分(2)由(Ⅰ)知EO//FC，AOOC,QEF//AC,EF//AO,得YAOFE，AE//OFQEA底面ABCD，ACBD，OA，OB，OC两两垂直，⋯⋯⋯7分如图建立空间直角坐标系Oxyz，设AEAB2，QBAD60,DGAB,OA3,OB1，则E(3,0,2),B(0,1,0),D(0,1,0),G(31uuuruur(3,1,2)2,,0),DB(0,2,0),BE2设平面BDE的法向量n(x,y,z),得2y0，可取n(2,0,3),⋯9分3xy2z0QEADG,EAIABA,DG平面EAB,uuur33,0)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分平面EAB的法向量可取DG(,uuuruuur2237nDGcosn,DG|n|uuur737|DG|二面角A7⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分BED的余弦值720（(x4)2y24,⋯⋯⋯⋯⋯2分12分）解：⑴设M(x,y)由题意得255x4x2y21为轨迹C的方程；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分259 ⑵法一：设A(x1,y1),A到l的距设为d，|AF|4,|AF|4d425x1|,Qx1[5,5],|AF|5d555|分4x12y121，AN224x1Q9(x1y1)9255分FAAN544x15,x155分同理FBBN5,FAFBAB10FAB的周长为定值10.分法二：设A(x,y),B(x,y2),由题知k0,m0,112Q直线l:ykxm与圆x2y29相切m3,即m29(k21)①k21分把ykxm代入x2y21得(25k29)x250kmx25m225925m2显然0,x1x250km,x1x2225,25k2925k29分4x1,⋯⋯⋯⋯⋯65⋯⋯⋯⋯⋯8⋯⋯⋯⋯⋯10⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯52250⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7k2k250km225m2225120kk21⋯⋯9AB1x1x21(425k2)25k99225k29分FAFB54x154x2104(x1x2)1040km10120kk21⋯1155525k2925k29分FAFBAB10FAB的周长为定值10.⋯⋯⋯⋯⋯..⋯⋯⋯⋯12分21.（12分）解：f(x)定义域为（01，）U（，1+）⋯⋯⋯⋯⋯..⋯⋯⋯⋯1分⑴当axlnx1⋯⋯⋯⋯⋯..⋯⋯⋯⋯21时，f(x)2,（x1）分令g(x)xlnx1，则g(x)11x1，xx①当x(0,1)时，g(x)0，g(x)为减函数，g(x)g(1)0, f(x)0,f(x)无极值点②当x(1,)时，g(x)0，g(x)为增函数，g(x)g(1)0,f(x)0,f(x)无极值点综上，当a1时，f(x)没有极值点⋯⋯⋯⋯⋯..⋯⋯⋯⋯4分⑵法一：由f(x)x1，得axlnxx1,即x(alnxx1)0x1x1x1a12ax1)令h(x)alnxx1(x⋯⋯⋯⋯⋯..⋯⋯⋯⋯5x,则h(x)2xxx分①当a0时，x(0,1)时lnx0；x(1，+)时lnx0，x10x10axlnxx1成立.a0合题x1意.⋯⋯⋯⋯⋯..⋯⋯⋯⋯7分②当0a2时，x2ax12xax0,h(x)0当x(0,1)时，h(x)为减函数，h(x)h(1)0,x(alnx10成立xx)1x当x(1,)时，h(x)为减函数，h(x)h(1)0,x10成x(alnxx)1x立0a2合题意.⋯⋯⋯⋯⋯..⋯⋯⋯⋯9分③当a2时，由h(x)0得，x2ax10，a240设x2ax10两根为x1,x2(x1x2),x1x2a0,x1x21,0x11x2由h(x)0得，x2ax10，解集为（x1,1)U(1,x2),h(x)在(x1,1)上为增函数，h(x1)h(1)0,x1(alnx1x110，a2不合题意；⋯⋯⋯⋯⋯..⋯⋯⋯⋯11x11)x1分综上，a的取值范围是(,2]⋯⋯⋯⋯⋯..⋯⋯⋯⋯12分法二思路：分离ax21,令F(x)x21(x21)lnx1x2(x21)(lnxx2211)xlnx,F(x)x2ln2xx2ln2x2xlnx令G(x)lnx易证G(x)0,G(1)0,从而F(x)F(1),再用洛必达法则求的极限值x211,F(1)22.（10分）解：⑴由2sin()3得，sin3cos3,y3x33l的直角坐标方程y3x3⋯⋯..⋯⋯⋯⋯3分令y0得点M的直角坐标为(1,0),点M的极坐标为(1,)⋯⋯⋯5 分x1t1⑵由⑴知l的倾斜角为3,参数方程为2,（t为参数）代入y22px，y3t2得3t24pt8p0,t1t24p,t1t28p⋯⋯..⋯⋯⋯⋯733分Q|AB|2|MB||MA|,(t1t2)2t1t2,(t1t2)25t1t2⋯⋯..⋯⋯⋯⋯9分(4p)258p,p15⋯⋯..⋯⋯⋯⋯10分33223.⑴解：由f(x)b0得，xab,当b0时，不合题意；当b0时，abxab,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分由已知得ab1,a1ab3b2综上，a1,b2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分⑵g(x)|xa||x1a|2|xa||x1a||xa||x1a|22222222|(xa)(x1a)|22⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分当|xa||x1a|即1时，g(x)有最小值22⋯⋯⋯⋯⋯5(xa)(x1a)0,xa2分
