遂宁市高中2019届三诊考试数学(理科)试题理科答案

1、遂宁三诊数学（理科）试题参考答案及评分意见123456789101112DBACCBBCADBA13.214115416324171f (x)3cos xsinx2 cos(x)26x6k(k Z )xk1 ( kZ )23f ( x)4f (x)anan12 (n31annN )5( 1)n ( an 2)( 1 )n32 bnn6232Tn1 (1)12 (1)23 (1)3(n 1) (1 )n 1n ( 1)n222221 Tn1 (1)22 (1)33 (1)4(n 1) ( 1 )nn ( 1 )n 122222281 Tn1(1)2( 1)3( 1 ) nn ( 1 ) n 11

2、( 1 )n1n ( 1 ) n2)( 1) n 11022211(n22222211222Tn2(n2)( 1 )n2n21222n18.1PAEB22PDABCD DCABCDPDDCPDBCPDDCPDCEPCDE PCABCDABCDBCDCPDBC PDDCDBCPDCDEPDCBCDEDEPCPC BCCDEPBCPBPBCPBED73PDABCDABCDABCDDA,DC ,DPDxyzBCCDPD1AD1PD DCABCDADABA(1,0,0) B(1,1,0) C(0,1,0) D(0,0,0) P(0,0,1) E(0,1,1 )822PABn( x1 , y1 , z1

3、 )n PA 0( x, y , z )(1,0,1)0x1z101z11 y101110y10x1nBA0( x1 , y1 , z1 ) ( 0, 1,0)n (1,0,1)9EBPm(x2 , y2 , z2 )高三数学（理科）三诊试题参考答案第1页（共 4页）m PB 0( x 2 , y 2 , z2 )(1,1,1)0x2y2z 2 0y21z21 x20( x 2 , y 2 , z2 )1,1x211m EB 0(1,) 0y2z2 02222m(0,1,1)10cosm, nmn1111mn222EPBAEPB A112219. 1Ai “ i” A “ ” P( A) P(

4、 A1A2 A3 A4 A5 )P(A1 A2A3 A4 A4A5 )P(A1A2A3 A4 A5A5 )32311131114212253232223222272 X0,1,2,3,4,5PX 0 PA11PX 1PA1A221233392214P X2PA1 A2 A33332723224PX 3PA1A2 A3 A4A41PX5PA322727PX41PX0PX1PX2PX3PX5227X012345P124224392727272711E(X )01122432425416123927272727920.1P(x, y)A( a,0), B( a,0)PxH (x,y)yyx2y222

5、kPA12x2b22kBHa 2b2y1a2ba 2 axx aa xk PAkBHa 2y 2b 22x2a 2Cx2( y1) 24(0,1)4a 22, b 21Cx 2y 2152xDF (1,0)y2xy 222822xy 212x1 x2Q(1,2 )72y 2x Q (1,2 )y k( x1)22222 xy22ky 2y2k 0yk ( x221)2高三数学（理科）三诊试题参考答案第2页（共 4页）由0 解之得 k2，所以所求的切线方程为y2 ( x 1)2 。442即是 x22 y 10。10 分令 x0，得 y2 ；令 y0，得 x1。4故所求三角形的面积为S1212 。

6、12 分24821. 【解析】：（ 1）因为 g ( x)( x1)exa ，1 分则 g (1)2ea ，所以 k2ea ，由 ak3e2得 (2ea)a3e2，即 a 22ea3e20 ，解得 ae或 a3e4 分(2) 因为当 a1 时， f ( x)ln xx2(x0) ，所以 f (x)12x12x2，令 f ( x)0 ，则 x2 ，5 分xx2当 x(0,2 ) 时， f ( x)0 ；当 x( 2 ,) 时， f (x)0 ；22所以函数 f (x) 的单调递增区间为(0,2 ) ；单调递减区间为(2 ,) ； 7 分证明：（法一）因为当 a1 时，22f ( x) g( x)

7、ln x x 2xexx3xexx2x ln x3232设 h( x)xe xx 2xln x 。则只需证明h(x)2h ( x)( x1)ex2x11(x1)(ex21)，又设(x)ex21，则 (x)ex10 ，xxxx2( x) 在 (0,) 上单调递增，因为1 )11)1所以(e4240 ，(e3230 ，所以存在43x0 (1 , 1 ) ，使得(x0 )0 ，且当 x (0, x0 ) 时，( x)0 ，43当 x( x0 ,) 时， ( x)0 ；所以当 x(0, x0 ) 时， h ( x)0 ， h( x) 单调递减；当 x( x0 ,) 时， h ( x)0 ， h( x)

8、 单调递增；所以h( x) minh( x0 )x0 ex0x02x0ln x0 ，x01x01122由 e2x00，得 ex02，所以 h( x0 ) x0( x02)x0x0ln x0x0x0 1ln x0 ，设 ( x) x 2x 1 ln x ， x( 1 , 1 ) ， ( x) 2 x 1143x所以当 x (1,1)时， (x)0， ( x) 在 ( 1 ,1) 单调递减，4343所以 h( x0 )( x0 )(1)(1) 211ln(1)7ln 3333339，即 f (x)g(x) 得证。因此 h( x)2(2 x1)( x1)，x3，212 分（法二）因为当a1 时， f

9、 ( x) g( x)先证当 x0 时， xexx2x3xe xx 22设 h( x)x(x0) ，则而 ( x) ( x2)ex20 ，所以上单调递增，则当 x0时， h( x)ln x x 2xexx3xexx2x3ln x3 ，即证 xe x222xx2x0h ( x)21)ex1)ex(x2x1，又令 (x) (x2x 1，且 (0)0 ，( x) 在0,上单调递增， h ( x)( x)(0)0 ，所以 h( x) 在 0,xexx2xh(0)0高三数学（理科）三诊试题参考答案第3页（共 4页）xexx2x32x3xexx2x0ex2210x10x02 x3ln x2312 x111

10、( x)2 xlnx2 ( x)0x( 0,)( x )x2( 1 ,xx22 ( x)0( x)x) (x)0(x)31123( x)2 xln xln 202 xln x2( )222xe xx2x32 x3xe xx 2x3ln x222f ( x)g( x)121232322(cos)23xcosysin22.2cos22 cos21x1t2x 2y2x 2y2C1x 2y21C21y7t33ttC2xy6042C1xcos()P(cos ,3sin)y3 sinC2|PQ |22| PQ |Pxy606Px y60d| cos3sin6 |2 | sin()3 |22726sin(6)12k( kZ)P(1,3)10322231f ( x)x24x4x1f (x)x2x11x1f ( x)2x(1x)1f ( x)1x121x2f ( x)32xf (x)132x1x521x521 x1244x2f (x)1f ( x)4