1、宜宾市普通普通高中 2017 级高三第三次诊断 理科数学 参考答案 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A A B D A B C C D A B A 二、填空题 13.-6 14.3 15. 1,1 4 ,2 (1) n n a n n n 16.3 三、解答题 17. 解（1）由题得： sin3sin3coscos sincos BAAB CC ，化简整理得， sin()3sin()BCAC，sinA=3sinB,得3ab，即3 a b 6 分 （2）在ABC中， 222222 4912 cos 24 bcabbb A bcbb 在ACD中， 22
2、 121 cos 22 bb A bb ，则 22 112 2 bb bb ，解得 15 5 b . 12 分 18. （1）证明：ADCD， 又平面ABCD平面ADEF，平面ABCD平面ADEFAD，CD 平面ABCD， CD 平面ADEF， EF 平面ADEF，CDEF， 取DE的中点M，连接MF，易得四边形ADMF为正方形， 1 1 2 MFDE ，则 2 DFE ，即 EFDF， 又CDDFD，则EF 平面CDF. 6 分 （2）AFDE且ADAF，DEAD，又CD 平面ADEF，易知,AD CD DE两两垂直， 以D为原点以,DA DC DE射线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐
3、标系Dxyz如图所示， 易得(1,1,0),(0,1,0),(0,0, 2),(1,0,1)BCEF，由（1）得( 1,0,1)EF 为平面CDF的一个法向量，令n ( , , )x y z为平面BCE的一个法向量，则nBC0，nBE 0，得 0 2 x xyz ，不妨令1z ，则2y ， 故n(0,2,1)，令所求二面角为， 10 cos 10 ，则 3 10 sin 10 12 分 19. （1）准线方程 2 p y ，圆的半径2r ，半弦长为3，则 2 22 23() 2 p ，2p ，所以抛物线C 的方程为 2 4xy 4 分 （2）由题知，(0,1)F，当直线l垂直x轴时，不符合题意
4、，则直线l一定不垂直x轴， 令直线l方程为1ykx，联立 2 1 4 ykx xy ，消y得 2 440xkx， 令 1122 (,), (,)A x yB xy，则 12 4xxk， 1 2 4x x . 8 分 则ABO的面积为 222 12121212 111 ()()4212 3 222 OF xxxxxxx xk，解得2k ， 故直线l方程为21yx 12 分 20. 解：（1）根据列联表中的数据，得到 2 1050(30 800120 100)2800 =9.3656.635 150 900 130 920299 k . 3 分 因此，在犯错的概率不超过0.01的前提下认为新冠肺炎
5、重症和吸烟有关. 4 分 （2）令Y表示 20 位吸烟确诊患者中的重症人数， 由题知(20,0.231)YB， 6 分 1.7(20)15XYY，即3413.3XY， . 8 分 所以(3413.3 )3413.395.446EXEYEY . 14 分 21.（1）( )2 (2) x fxea x 令( )( )2 (2) x g xfxea x 所以( )2 x g xea 令( )0,ln2g xxa解得 所以：,ln2,( )0, ( )xag xg x 单调递减； ln2 ,( )0, ( )xag xg x 单调递增； 所以( )g x的最小值(ln2 )62 ln2mgaaaa
6、2 分 令( )62 ln2h aaaa ( )42ln2h aa， 令 2 ( )0, 2 e h aa解得 所以 2 0,( )0, ( ) 2 e xh ah a 单调递增； 2 +,( )0, ( ) 2 e xh ah a ， 单调递减， 所及 2 2 ( )() 2 e h ahe，命题得证。 . 4 分 （2）由（1）若( )fx的最小值(ln2 )62 ln20mgaaaa 即 3 0 2 e a时，( )0fx，此时( )f x在 R 上单调递增， ( )f x在 R 上单调递增，不可能有三个零点 . 6 分 所以 3 2 e a ，此时0m 又由(1)因为,ln2,( )x
7、afx 单调递减； ln2 ,( )xafx 单调递增,其中ln23a 且 2 (2)0fe，(ln2 )0fam，所以存在(2,ln2 )a，使得( )0f 存在ln2 , a，使得( )0f 所以( )f x在区间,上单调递增， 在区间, 上单调递减， 在区间,+上单调递增。 8 分 其中在,中2，有 2 (0)140, (2)0fafe ，存在 1 0,2 ,x 使得 1 0f x 在区间 +， ，上要有两个零点，必须2( )20fea 其中,( )220fea 使得成立，即=22ea 代入式， 得22 (2)20,4aa解得 10 分 由得2 2 e a ，令( ) 2 e ， 2 (
8、3) ( )0 2 e 所以( ) 2 e 在4单调递增， 4 2(4) 22 ee a 所以 4 4 e a . 12 分 注：本题也可考虑分离参数结合洛必达法则求解。 22. 解：（1）因为cos ,sinxy 1 49 : 22 1 yx C可化为1 4 sin 9 cos : 2222 1 C， 整理得36sin54 22 ）（， sin3 cos33 : 2 y x C化为普通方程为06 22 xyx ， 极坐标方程cos6 1 C的极坐标方程是36sin54 22 ）（, 2 C的极坐标方程是cos6. . 5 分 （2）由（1）知 由 36sin54 22 ）（ 得 2 2 si
9、n54 36 OA ， 由 cos6 得 2 2 cos36OB ， 2 2 OB OA 20 81 ) 10 9 (cos5cos9cos5)sin54(cos 222422 ， 当 2 9 cos 10 时 2 2 OA OB 最大值为 20 81 ， OA OB 最大值为 10 59 . 10 分 23. 解 2 (2)abc 222 4424abcabacbc 2222222 (4)(4)()abcabac 22222 (4)6()6cbacb， 当且仅当22abc时，即 66 , 63 acb等号成立， 所以 2abc 的最大值为 6. . 5 分 (用柯西不等式参照给分) （2）因 222 1abc,21abc ,所以 222 1abc ,21abc , 2222 ()(1 2 )(2 )abab,当且仅当2ab时,等号成立. 有 22 5(1)(1)cc,即 2 320cc, 故 2 1 3 c. . 10 分
