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2018年高考诊断性测试
文科数学参考答案

一、选择题
A B D B C C C C A B C B

二、填空题
13.

14. 15.

4

16.

1

2
27


三、解答题
524
ln2
3
n1
33n
3
3
n
.17.解：（1）当
n2
时，a
n
S
n
S
n1

…………………4分
22

当
n1
时，
a
1
S
1
3
满足上式,
n
所以
a
n
3
. …………………………6分
n
（2）由题意得
b
n
2log3
312n1
.
(1)
n
a
n
b
n
(3)
n
2n1
,
…………………………8分

T
n
(3)
1
（3)
2
...(3)
n
[135L(2n1)]< br>


n

3

1(3)

13
n[1(2n1)](3)
n1
3
2.
…………12分

n
24
18.解：（ 1）当点
M
是线段
AC
靠近点
A
的三等分点时，
B M
平面
AEF
. ………1分
事实上，在
AE
上取点
N
,使
AN
所以
MNEC
且
MN
1ANAM1
AE
,于是
 
,
3AEAC3
1
EC
.
3

由题意知，
BFEC
且
BF
1
EC
，
3
C
1
A
1
E
B
1
所以
MNBF
且
MNBF
，
所以四边形
BMNF
为平行四边形，
所以
BMFN
. …………………………4分
又
FN
平面
AEF
，
BM
平面
AEF
，
N
M
A
O
C
F< br>B
所以
BM
平面
AEF
. …………………………6分

（2）连接
EM,FM
.因为三棱柱
A BCA
1
B
1
C
1
是正三棱柱，
所以
BB
1

平面
ACC
1
A
1
.
所以
V
三棱锥MAEF
V
三棱锥FAEM
V
三棱锥 BAEM
. ………………………8分

取
AC
的中点
O
，连接
BO
，则
BOAC
..
因为三 棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
是正三棱柱，所以AA
1

平面
ABC
.
又
BO
平 面
ABC
，所以
AA
1
BO
.
因为
B OAC
，
BOAA
1
，
ACIAA
1
A，
所以
BO
平面
ACC
1
A
1
. ………………………10分

所以
BO
为三棱锥
BAEM
的高.
又在正三角形
ABC
中，
BO
33
.
2
113333
1
=

V
三棱锥MAEF
 V
三棱锥BAEM
S
AEM
BO
=(13).
3224
3
………………………12分


19.解：（1）所有的基本事件为
(19,34), (19,26), (19,41),(19,46),(34,26) ,(34,41) ,(34,46),
(26,41),(26,46),(41,46)
共10个.
记“
m,n
均不小于
30
”为事件A，则事件A包含的基本事件为
(34,41) ,(34,46),

(41,46)
,共
3
个.
所以
P(A)
3
. ………………………5分
10
（2）由前4个月的数据可得，
x5,y30,< br>
xy
i
i1
4
i
652,

x
i
2
110
.
i1
4

ˆ

所以
b

xy4xy
ii
i1
4
4


x
i1
2
i
4x< br>2
6524530
5.2
， ………………………8分
2
11045
ˆ
305.254
，
a
ˆ
5.2x4.
所以线性回归方程为
y
………………………10分

ˆ
45.6
，
|45.646|0.42
； 所以利用（2）中的回归
（3）由题意得，当
x8
时，
y
方程所 得的第5个月的利润估计数据是理想的. ………………………12分

20 .解:（1）由题意知，圆
E
的圆心
E(0,1)
，半径为
1
.设动圆圆心
C

x,y

，半径为
r
. 2
1
1
因为圆
E
与直线
y
相切，所以dr
，即
yr
.
2
2
11
因为圆
C
与圆
E
外切, 所以< br>|CE|r
，即
x
2
(y1)
2
r.
22
…………………………2分
联立①②，消去
r
，可得
x4y
. ………………………4分
所以
C
点的轨迹

是以
E(0, 1)
为焦点,
y1
为准线的抛物线. ……5分
（2）由已知 直线
AB
的斜率一定存在.不妨设直线
AB
的方程为
ykxb< br>.
2

x
2
4y
2
2
联立
，整理得
x4kx4b0
，其中
16(kb)0


ykxb
设
A(x
1
,y
1
) ,B(x
2
,y
2
)
，则
x
1
x
2
4k
，
x
1
x
2
4b
. ①
…………………………7分

由抛物线的方程可得:
y
1
2
1
x
,
y

x
.
42
1
x
1
(xx
1
)
, 2

过
A(x
1
,y
1
)
的抛物线的 切线方程为
yy
1

又
y
1

1
2
11
2
x
1
代入整得:
yx
1
x x
1
.
424
2

切线过
P(m,4)
，代入整理得:
x
1
2mx
1
160
, …………………9分
同理可得
x
2
2mx
2
160
.
2
x
1
,x
2
为方程
x
2
2 mx160
的两个根，
x
1
x
2
=2m
，
x
1
x
2
16
. ②

………………………11分

由①②可得，
x
1
x
2
4b16
，
x
1
x
2
4k2m.

所以
b4
，
k
mm
.
AB
的方程为
yx4
.
22
所以直线
AB
恒过定点

0,4

. ………………………12分

xx
21.解：（1）
f


x



2x1

ea

2x1

(2x1)(ea)
. …………………1分

（i）当
a0
时，
e
x
a0
，当
x(,)
时，
f


x

0
； 当
x(
1
2
1
,)
时，
2

f


x

0
；所以
f
x

在
(,)
单调递减，在
(,)
单调递 增. ……2分
1
2
1
2
（ii）当
a0
时，由
f


x

0
得
x

1
2

1
2
1
或
xlna.

2
①

ae
时，
f


x
(2x1)(e
x
e)0
，所以
f

x

在
R
上单调递增.
…………………………3分
② 当
0ae

1
2
时,
lna
11
.当
x(,lna)U(,)
时，
f


x

0
；
22

当
x(lna,)时，
f


x

0
；所以
f

x

在
(,lna),(,)
单调递增，
1
2
1
2
在
(lna,)
单调递减. …………………………5分
1
2
1
2
③ 当
ae

时,
lna
1
1
.当
x (,)U(lna,)
时，
f


x

0
；
2
2
当
x(
11
,lna)
时，
f


x

0
；所以
f

x

在
(,),(lna,)
单调递增，
22
在
(
1
,lna)
单调递减. …………………………6分
2
x
（2）由题意，对任意的
xR
， 恒有

2x1

ea(x1)0
，
即不等式
a(x1)

2x1

e
成立.
x
①当
x1
时，显然成立. …………………………7分
(2x1)e
x
(2x1)e
x
.
令
h

x


②当
x1
时，不 等式化为
a

x1

，
x1x1
(2x
2
3x)e
x
3
x(1,)
时，
h


x

0
,
h

x

单调递减； 有
h


x


.当
2(x1)
2
当
x(,)
时，
h

< br>x

0
,
h

x

单调递增，所 以当
x
3
2
3
时，
h

x
< br>取极小值
2
3
3
3
h()4e
2
. 于是
a4e
2
. ………………………9分
2
(2x1)e
x
(2x1)e
x< br>.
令


x


③ 当
x1
时，不等式转化为
a

x1

， < br>x1x1
(2x
2
3x)e
x
有



x


.当
x(,0)
时，
< br>

x

0
,


x

单调递增；
2
(x1)
当
x(0,1)
时，



x

0
,


x
单调递减，所以当
x0
时，


x
取极大值



0

1
. 此时
a1
. …………………………11分
综上，
a
的取值范围是
[1,4e
2
]
. …………………………12分

22.
解：(1)由
3
x2cos
x
2
y
2
1
. …………………………2分
ysin
得
4
333
因为
A
的极坐标为
(2,

)
,所以
x2cos
< br>1
，
y2sin

3
.

A
在直角坐标系下的坐标为
(1,3)
.
…………………………
4
分


1

x
2

（2）将


y
1


2
2
t
2
2
代入
x
y
2
1，化简得
10t
2
62t110
,
4
2
t
2
11
设此方程两根为
t
1,
t
2
, 则
t
1
t
2

32
,
t
1< br>t
2

. ………………………6分
5
10
PQ

t
1
t
2

2
4 t
1
t
2

82
. ………………………8分
5
因为直线
l
的一般方程为
xy10
,
所以点
A
到直线
l
的距离
d
36
.
………………………
9
分


2
2
182643
.
………………………
10
分


APQ
的面积为

2525

23. 解 ：（1）当
a0
时，
f

x

1
化为
|2x1||x|10.
.
当
x0
时，不等式化为
x0
，无解；
11
时，不等式化为
x0
，解得
0x
；
22
11
当
x
时，不等式化为
x2
，解得
x 2
；
22
当
0x
综上，
f
< br>x

1
的解集为

x|0x2

.

………………………4分



x1a,xa,

1

（2）由题设可得
f

x



3x1a,ax,

…… ……………………6分
2

1

x1a,x.
2

所以
f

x

的图像与
x
轴围成的三角形的三个顶点分别为
(
1a
,0)
，
(1a,0)
，
(
1
2
,a
1
2
)
，该三角形的面积为
(12a)
2
6
.

由题设
(12a)
2
6

3
2
，且a0
，解得
a1.

所以
a
的取值范围是

,1

.

3
…………………………8分

………………………10分