THUSSAT7月测试文科数学答案

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第1页 共 5 页 中学生标准学术能力测试诊断性测试 2019 年 7 月测试 文科数学答案 一． 选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C D B A B C A D C A B C 二． 填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13. 2(0 ,e ] 14. 8 15. 23nnSa=− 16. 3 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10 分） 解：（1）由题意得，(32)cos2cosacBbC−=， 由正弦定理得，3sincos2sincos2sincosABCBBC−=， ……………………………2 分 3 sincos2sin()ABBC=+ ， 3 sincos2sinABA=， ……………………………4 分 (0,π)A ， sin0A， 2cos 3B=. ……………………………5 分 （2） 5sin 3B = . ……………………………6 分 又 1 sin 2 52ABCS ac B ==， 6a= ， ……………………………8 分 由余弦定理， 222 2cosbacacB=+− ， 2 2364262=24 3b=+− ， ……………………………9 分 26b= . ……………………………10 分 18．（12 分） 解：（1）由 2 3 3nnSa=−， 11233nnSa++=−， ……………………………1 分 两式相减得： 112 3 3n n na a a++=−，即 1 3nnaa+ = ， 所以数列{}na 是公比为3 的等比数列， ……………………………4 分 由 112 3 3aa=−，得 1 3a = ， ……………………………5 分 第2页 共 5 页 所以 3n na = . ……………………………6 分 （2）由 3l o gnnnb a a= ，可得 3n nbn= ， ……………………………7 分 所以 1 2 31 3 2 3 3 3 3n nTn=  +  +  + +  ，① 则 23413132333(1)33 nn nTnn +=++++−+ ，② ……………………………9 分 ①-②得， 23412333333 nn nTn+−=+++++− ， ……………………………10 分 所以 1 13(1 3 ) (1 2 )3 3231 3 2 2 nn n n nTn + +−−− = −  = −− ， 所以 1(21)33 4 n n nT +−+= . …………………………12 分 19．（12 分） 解：（1）设这种有机芹菜日需求量的平均数为 x ， 则 25 0.002 50 75 0.004 50 125 0.006 50 175 0.005 50 225 0.003 50x =  +  + + + 132.5= （公斤）. 故这种有机芹菜日需求量的平均数为132.5 公斤. …………………………4 分 （2）由当天的需求量为 x 公斤时，其利润为 y 元， 当日需求量不低于 130 公斤时，利润 (2012)1301040y =−= 元, 当日需求量低于 130 公斤时，利润 (20 12) 2(130 ) 10 260y x x x= − − − = − 元，…………5 分 10 260,0 130 1040,130 250 xxy x −  =   ， …………………………6 分 由 340y  ，当130250x ，1040340 显然成立， 当 0130x 时，10 260 340x −,得 60x  ，即60 130x ， 所以60250x ， ……………………………9 分 所以 ( 340) (60 250) 1 (0 60) 1 (0.002 50 0.004 10) 0.86P yP xP x =   = −   = − + = ， 故估计其利润 不小于340 元的概率为0.86 . …………………………12 分 20．（12 分） （1）证明：根据题意， 1CC ⊥底面 ABC ， AC  底面 ， BC  底面 ， 第3页 共 5 页 所以 1C C A C⊥ ， 1C C B C⊥ ， …………………………1 分 又 1A C B C⊥ ， 11B C C C C = ， 1CC  平面 11B C C B ， 1BC  平面 ， AC⊥平面 ， …………………………3 分 又 BC  平面 ， AC BC⊥ . ……………………………4 分 即 BC AC⊥ ， 1B C C C⊥ ， 1A C C C C = ， AC  平面 11A AC C ， 平面 ， BC⊥平面 . ……………………………6 分 （2）可知： 111111CA B CBA C CVV−−= ， ……………………………7 分 11A A C C// ， 11 1 1 12A C CSACCC== ， ……………………………8 分 由（1）知， BC ⊥ 平面 ，又 11B B C C// ， 1CC  平面 ， 1BB  平面 ， 1BB // 平面 ， …………………………9 分 则 1B 到平面 的距离等于 B 到平面 的距离，即为 BC ， …………………10 分 由 1BC = ， 11 111 11 1 11 33CA B CBA C CA C CVVBCS−− === . …………………………12 分 21．（12 分） 解：（1）因为椭圆 E 的焦距为 2 ，则 ， ， 所以 ， ，…………………………2分 则 3b = ，所以椭圆 的方程为： 22 143 xy+=. …………………………4分 （2）设点 N 的坐标为 ( ,0)Nm ，直线 l 斜率存在时，设 的方程为： ()ykxm=−，( 0)k  ， 联立 22 143 () xy ykxm  +=  =− ，得 2 2 2 2 2(3 4 ) 8 4 12 0k x mk x k m+ − + − = ， …………………………5分 设 1 1 2 2( , ) ( , )P x y Q x y、 ， 则 2 12 2 8 34 mkxx k+=+ ， 22 12 2 4 12 34 kmxx k −= + ， …………………………6分 且 11()y k x m=−， 22()y k x m=−， 121 4 0kk+=， ( 2,0)A − ， 1 (1,0)F − 2 ( 1 ,0 )F 2222 332(11)(0)(1 1)(0)422a =++−+−+−= 2a = 第4页 共 5 页 所以 22 121212 12 121212 [()] 1 222()44 yykx xm xxmkk xxx xxx −++=== −+++++ ， …………………………8分 即 22 22 (312)1 (41616)4 km kmm − =−++ ，又 0k  ，所以 2 2 3121 416164 m mm − =−++ ， 化简得， 2 20mm+ − = ， 解得： 1m = ，或 2m =− （舍）. ……………………………10分 当 时， 2144(1)0k=+ ， ……………………………11分 当 ，且直线l 与 x 轴垂直时， 3(1, )2P ， 3(1, )2Q − ， 12 111()224kk =−=− ，即 121 4 0 kk+=也成立． 所以点 N 的坐标为 (1,0)N . ………………………………12 分 22. （12 分） 解：（1）当 1a = 时， 2()(1)e41 xfxxxx=+−−+ ， 所以 ()(2)(e2) xfxx =+− ， ………………………………1 分 当 (,2)x−− 时， ()0fx  ，函数 ()fx单调递增； 当 (2,ln 2)x− 时， ( ) 0fx  ；函数 单调递减； 当 (ln 2,)x+ 时， ( ) 0fx  ；函数 单调递增； 综上， 在区间 (,2)−− ， (ln2,)+ 上单调递增；在区间 (2,ln2)− 上单调递减．…4 分 （2）方法一： 由 ( )(2)e2(2)(2)( e2)xxfxa xxxa =+−+=+− ， 当 0a  时，由于 1x − ，故 ( )(2)( e2)0 xfxxa =+− ， ………………………………5 分 则 ()fx在[ 1, )− + 上单调递减，且 (1)2e40fa=− ，不能满足 ()0fx 恒成立， 不符合题意； ………………………………6 分 当 0a  时，由 ( ) 0fx = ，可得 2lnx a= ， ①若 2ln 1a − 时，即 2ea  时， 在[ 1, )− + 上单调递增， min ( ) ( 1) 4 0f x f= − =  恒成立， ………………………………7 分 第5页 共 5 页 ②若 2l n 1a − 时，即 2ea  时， ()fx在 2[ 1,l n ] a− 上单调递减，在 2[ l n , )a + 单调递增， 2ln 22 min 2222222( )(ln)(ln1)e(ln)4ln12(ln1)(ln)4ln1afxfa aaaaaaa==+−−+=+−−+ 222(ln)2ln3aa=−−+ ， ………………………………9 分 只需 222(ln)2ln30aa−−+ ，解得： 23 l n 1 a−   ，即 32 2ee a . 则 2 2ee a . ……………………………11 分 综上可得： 2 ea  . ………………………………12 分 方法二： 当 1x − 时， ( ) 0fx 恒成立，即 2(1)e41 xaxxx++− 恒成立. ①当 1x =− 时，对于任意 a  R ， 04− 恒成立，即 恒成立. ………………5 分 ②当 1x − 时， 恒成立， 即 2 41 (1)e x xxa x +− + 恒成立， ………………………………6 分 令 2 41() (1)e x xxgx x +−= + ， 则 22 2 22 (24)(1)e(41)(2)e(2)(23)() (1) e(1) e xx xx xxxxxxxxgx xx ++−+−++−−+ ==++ 2 (2)(3)(1) (1)e x xxx x −++−= + ， ………………………………8 分 所以，当 11x− 时， ()0gx  ， ()gx单调递增； 当 1x  时， ( ) 0gx  ， 单调递减； ………………………………10 分 故当 1x − 时， max 2( )(1) egxg ==， ………………………………11 分 所以， 2 ea  ， 综上可得： ． ………………………………12 分