1、#QQABKYIEogAIABIAAQgCQwFQCEGQkAGCCAoGxAAIIAIBQQNABAA=#QQABKYIEogAIABIAAQgCQwFQCEGQkAGCCAoGxAAIIAIBQQNABAA=#绵阳市高中 2021 级第一次诊断性考试文科数学参考答案及评分意见 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分BBCAD BACBCBC二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13714 515 1)，161三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分 17解：（1）由 S1，2S2，3S3 成等差数列，则 4S2=S1+3S3，得 3a3=a
2、2，3 分数列an的公比 q31，4 分由271 a，数列an的通项公式nnnqaa 4113；6 分（2）令nnab3log，则nbnn43log43，8 分当4n时，0nb，9 分当3n或 4 时，Tn 取得最大值：612343TT 12 分18解：（1）1)8tan()3(f，k48，而2|，2 分8，即)883tan()(xxf，3 分()f x 的最小正周期为：83T；4 分（2）由题意，33()tan()888g xx，5 分(0)tantan()88f，)8tan()883323tan()0()4(，得由fg，7 分kk，832783Z，9 分0381211，又，Zkk，10 分
3、 的最小值为 74 12 分19解：（1）232()(2)(2)=22(2)(2)f xxm xmxmxmxm m为奇函数，2(2)0(2)0mm m，解得：m=2 5 分（2）当 m0 时，2x2+m0，函数2()(2)(2)f xxm xm不可能有两个零点 6 分当 m 0 时，由()0f x，解得：2mx 或 m2，7 分要使得 f(x)仅有两个零点，则22mm ，8 分即22780mm，此方程无解故 m=0，即32()24f xxx，9 分令32()()3243h xf xxx，则2()682(34)h xxxxx，()0h x，解得：0 x 或43x ，()0h x解得：403x，故
4、()h x 在4()3，(0)，上递增，在4(0)3，上递减，10 分又417()0327h ，故函数()3yf x 仅有一个零点 12 分20解：（1）cos(CB)sinA=cos(CA)sinB(cosCcosB+sinCsinB)sinA=(cosCcosA+sinCsinA)sinB 2 分cosCcosBsinA=cosCcosAsinB 3 分又 ABC 为斜三角形，则 cosC0，cosBsinA=cosAsinB，5 分sin(AB)=0，又 A，B 为 ABC 的内角，A=B；6 分（2）在 ABC 中，由（1）知，a=b，由正弦定理 sinsinbcBC，则 1sinsi
5、nCbcB，7 分又 1sin Bc，即 sin1cB ，11sinsin()sin2CABBab，2211ac=sin2Bsin22B，9 分2211ac=sin2Bsin22B=sin2B4cos2Bsin2B=sin2B4(1sin2B)sin2B，10 分令 sin2B=t，令 f(t)=t4(1t)t=4t23t，11 分又因为 0sin2B1，即 0t1，当 t=38时，f(t)取最小值，且 f(t)min=916，综上所述：2211ac 的最小值为916 12 分21解：（1）方法一：aaxxxfx21e)(，1 分 因为()f x 在(1)，上单调递增，()0fx恒成立，故：当
6、1x 时，21e1xxax恒成立 3 分 设21e()(1)1xxg xxx，则max()agx，则12(2)(e)()(1)xxxg xx，易知1 xex，所以xex1，故令0)(xg得到：21 x；令0)(xg得到：2x ()g x 在(2)，上递减；在(1 2)，上递增 5 分 故：当1x时，max()(2)4egxg实数 a 的取值范围：4ea 6 分方法二：12()exfxxaxa，因为()f x 在(1)，上单调递增，所以()0fx恒成立，等价于：211 0exxaxa在1)，上恒成立，2 分设21()1(1)exxaxag xx，则max()0gx，1()(2)()exxa xg
7、 x，当2a 时，()0g x，()g x 在1)，上递减，max()(1)0gxg，符合题意 3 分 当2a 时，易知()g x 在(12)，上递减，在(2)a，上递增，在）（,2上递减，因为(1)0g，故只需满足1()10aag ae （由1 xex易得），符合题意 4 分 当21 a时，易知()g x 在(1，a)上递减，在(a，2)上递增，在）（,2上递减，因为(1)0g，故只需满足4(2)10eag，即24ae，当1a时，易知()g x 在(1，2)上递增，在 2 （，）上递减，5 分 max4()(2)10agxge，不符合题意 综上：实数 a 的取值范围：4ea 6 分（2）()
8、f x 的极值点个数等价于()f x的变号零点个数，令21()1exxaxag x，则等价于()g x 的变号零点个数，7 分当 x 时，()g x；当x时，1)(xg，由（1）可知1()(2)()exxa xg x，(1)0g，当2a时，易知()g x 在），（上递减，故()g x 有唯一变号零点 1；8 分当2a 时，易知()g x 在），（2上递减，在），（a2上递增，在）（,2上递减，因为(2)(1)0gg，1()10eaag a，故()g x 有唯一变号零点 1；当2a且1a时，易知()g x 在()a，上递减，在(a，2)上递增，在 2 （，）上递减，9 分 01e)(1aaag，
9、4(2)1eag，若(2)0g，即 4e2a时，有唯一变号零点 1；10 分若(2)0g，即4ae且1a 时，()g x 有三个变号零点 1，2x，3x，且2312xx。当1a 时，易知()g x 在(1)，上递减，在(1，2)上递增，在)2(，上递减，11 分 由于(1)0g，3(2)10eg，()g x 有唯一变号零点0 x，且02x.综上：当ea 4且1a时，()f x 有三个极值点；当1a 或4ea时，()f x 有唯一极值点 12 分22解：（1）曲线 C1 的参数方程为 C1：ttyttx11（t 为参数），由22 得 C1 的普通方程为：422 yx；2 分曲线 C2 的参数方程
10、为 C2：sin2cos22yx（为参数），所以 C2 的普通方程为：4)2(22yx；4 分（2）曲线 C1 的极坐标方程为：4sincos2222)24(k，5 分2cos42，6 分由264cos2得：22A，射线：)0(6与曲线 C1 交于 A)622(，7 分曲线 C2 的极坐标方程为cos40cos4sincos2222，由，cos46得：32B，射线：)0(6与曲线 C2 交于 B)632(，9 分则PABSPOBSPOAS=1|()sin26BAOP=23 10 分23解：（1），1825124582533)(xxxxxxxxxf 1 分08210245108250)(xxxxxxxf或或，2 分解得45215xxx或或，4 分不等式的解集为)21()4(，；5 分（2）证明：由1,8251,245,82)(xxxxxxxf，可得)(xf的最小值为 6，6 分则6m，6cba，)111()()()(121111accbbaaccbbaaccbba)3(121accbacbacbaccbbabaacbacb 7 分1(322212bc abca abca bcab bcab cabc ca 8 分
