2026届成都七中一诊模拟考试数学答案_2025年12月_251211成都市第七中学2025-2026学年度上期高2026届一诊模拟考试_成都市第七中学2025-2026学年度上期高2026届一诊模拟考试数学

成都七中高 2026 届一诊模拟考试数学试题（参考答案） 命题人：吴昱廷、张世永、龚云鹏 审题人：陈洲健、肖国宏 一、选择题 1-8：CDAB BACC 8．方法一：解析： 答案第 1 页，共 6 页 f (' x ) = e x ( m − 2 e x ) ，若m0，则 f (' x )  0 恒成立， f ( x ) 在R上单调递减，不存在 最大值；若 m  0 ，则易得 x = ln  m 2  为 f ( x )  m m2 的极大值点，也是最大值点，故a= f ln = 0．   2 4 m 1 m 1 方法二： f(x)=−(ex − )2 + m2，当ex = 0时，a= m2，而 2 4 2 4 g ( x )  0 等价于 h ( x )  g ( x x ) = 2 ln x + a x + 3 a x  0 恒成立， h (' x ) = a 2 x 2 + a 2 x a 2 x − 3 = ( a x + 3 a ) x ( a 2 x − 1 ) ，易得 x = 1 a 为 h ( x ) 的极 1 小值点，即h(x)h 0，代入解得ae2，即 a m 4 2  e 2 ，因此m(0,2e，C正确． 二、选择题 9-11：ABD ACD BCD 11．解析：对于选项A， z 'y = 2 y ，将y=1代入可知，在该点处的偏导数为2，A错误； 对于选项B，z' =3(2x+ y)2(2x+ y)'=6(2x+ y)2，B正确； x 对于选项 C，方法一： f ( x , y ) = x 2 y ， ( x , y ) x 2 y 2 3 0  = + − = ，显然 f ，连续，由拉格朗日乘数法可知： f f 'x 'y ( x ( ( , x x y , y , y ) ) ) 0 , 'x 'y ( ( x x , , y y ) ) 0 0 , ,     = + +   = = 即 x x x ( 2 2 y 2 y 2 ) y 3 0 0 , , 0 ,    + + + − = = = ① ② ③ 由①式可知： x = 0 或 y 0  + = ； 当 x = 0 时，代入③式可知y= 3，此时 f ( 0 ,  3 ) = 0 ；当y+=0时，代入②式可知：x2 =2y2，再代入 ③式解得 x 2 = 2 ，y2 =1，由于 ( x , y ) 0  = 是封闭曲线，此时 f (  2 ,1 ) = 2 为极大值也是最大值，C正确； 方法二：令 f(y)=(3− y2)y=−y3 +3y,y− 3, 3,求导f(y)=−3y2 +3=0   易 知 y 极 大 值 = f (1 ) = 2 , y 极 小 值 = f ( − 1 ) = − 2 , 又  f (  3 ) = 0 , 故 y m ax = f (1 ) = 2 ． 对于选项D，方法一： f (x,y)=x2 +2xy+3y2 =1+xy+2y2， ( x , y ) x 2 x y y 2 1 0  = + + − = ，由拉格朗日乘数 法可知： f ' (x,y)+' (x,y)=0, y+(2x+ y)=0, ① 2x+(+1)y=0, ① x x    f ' (x,y)+' (x,y)=0, 即x+4y+(x+2y)=0, ② 整理可得 (+1)x+(2+4)y=0, ② y y    (x,y)=0, x2 +xy+ y2 −1=0, ③ x2 +xy+ y2 −1=0, ③    2 3 对于①②式，有解的必要条件是2(2+4)=(+1)2，解得=−1 ， 3当 答案第 2 页，共 6 页 1 2 3 3  = − − 时，此时有 x = − ( 2 − 3 ) y ，带回③式可得 y 2 = 2 + 3 3 ，此时 f ( x , y ) = 1 + 3 y 2 = 2 + 2 3 3 ； 当 1 2 3 3  = − + 时，此时有 x = − ( 2 + 3 ) y ，带回③式可得 y 2 = 2 − 3 3 ，此时 f ( x , y ) = 1 − 3 y 2 = 2 − 2 3 3 ； 显然 f ，连续，且约束条件 ( x , y ) 0  = 是封闭曲线， f ( x , y ) = x 2 + 2 x y + 3 y 2   2 − 2 3 3 , 2 + 2 3 3  ，D正确； 方法二：三角法、齐次化法、对称换元法等等都可以求得取值范围． 三、填空题 12．2； 13． 3 6 ； 14．(0,1)U2,4； 14．解析：因为 a n + 1 − a n = a 2n − 2 a n + a n = ( a 2n + 2 a n + a n 2 ) ( a n − 1 ) ， a 2n + 2 a n + 2  0 恒 成 立 ， 所以 a n + 1 − a n 与 a n − 1 同号；又因为 a n + 1 − 1 = a 2n + 2 a n − 2 a n − 1 = ( a n + 1 ) ( a n a + n 2 ) ( a n − 1 ) ， 所以 a n  1 ，所以 a n + 1 − a n  0 ，数列  a n  为递增数列．（也可以用 a na + n 1  1 进行证明） 所以 ln ln 4 x x  4 恒成立，即 x ln x  4 ln 4 x lnx−1 ，令 f (x)= ， f '(x)= ， lnx (lnx)2 可知 f ( x ) 的单调递减区间是 ( 0 ,1 ) ， ( 1 , e ) ，单调递增区间是 ( e , +  ) ， 结合 f ( x ) 的图象可知，满足 x ln x  4 ln 4 的x的取值范围是 ( 0 ,1 ) U  2 , 4  ． 四、解答题 15．解：（1）由题，点F 的坐标为 ( 1 , 0 ) ， …………2分 所以抛物线 C 的方程为y2 =4x. …………5分 （2）设 S ( t , 0 ) ， A ( x 1 , y 1 ) ， B ( x 2 , y 2 ) ， 联立  y y 2 = = x 4 − x , 1 , 可得 y 2 − 4 y − 4 = 0 ，则=320，  y 1 y 1 + y 2 y 2 = = − 4 , 4 . …………7分  因为点S在以AB为直径的圆上，所以有SASB=0，且x = y +1，x = y +1， …………9分 1 1 2 2 S A = ( y 1 + 1 − t , y 1 ) ， S B  = ( y 2 + 1 − t , y 2 ) ，  S A  S B  = 0 ，  ( y 1 + 1 − t ) ( y 2 + 1 − t ) + y 1 y 2 = 0 ， 化简可得2y y +(1−t)(y + y )+(1−t)2 =0，即t2 −6t−3=0，解得t=32 3， …………12分 1 2 1 2 ( ) ( ) 所以S 3+2 3,0 或S 3−2 3,0 ． …………13分16．解：（1）因为 答案第 3 页，共 6 页 S  A B C = 1 2 b c  s in A ， b 2 + c 2 − a 2 = 2 b c  c o s A ， …………2分 又 S  A B C = 4 3 ( b 2 + c 2 − a 2 ) ，所以 1 2 b c  s in A = 2 3 b c  c o s A ，则sinA= 3cosA，即 ta n A = 3 ， ……4分 又 A  ( 0 , π ) ，所以 A = π 3 ． …………6分 （2）方法一：因为角 A 的平分线 A D 交 B C 边于点 D ，由（1）知 A = π 3 ，则  B A D =  C A D = 1 2  B A C = π 6 ， 1 ABADsinBAD 所以 S ABD = 2 = AB = BD ，又BD=3DC，即 S 1 AC DC ADC ACADsinCAD 2 A A B C = c b = B C D D = 3 ，所以c=3b，……8分 （方法二：分别在  A D B 与  A D C 中，由正弦定理得 s in A  B A D B = s in B  D B A D ， s in A  C A D C = s in C  D C A D ，联 立可得 A A B C = c b = B C D D = 3 ，所以c=3b） 由（1）知 A = π 3 1 ．由余弦定理a2 =b2 +c2 −2bccosA=b2 +(3b)2 −2b3b =7b2，所以 2 a = 7 b …10分 所以ABC的周长 a + b + c = ( 4 + 7 ) b = 4 + 7 ，解得b=1，则c=3， …………12分 由 S  A B C = 1 2 A B  A C s in A = 1 2 A B  A D s in  B A D + 1 2 A C  A D s in  C A D 3 3 ，解得AD= ． …………15分 4 17．解：（1）连接 B C 1 ，交 B C1 于 O ，连接 A O ，由面 B B C1 C1 为菱形， B C1 ⊥ B C 1 ， O 为 B C1 与 B C 1 的中点． …………1分 又 A B ⊥ B C1 ，而 A B  B C 1 = B ， A B , B C 1  平面 A B O ，所以 B C1 ⊥ 平面 A B O ， …………3分 而 A O  平面 A B O ，故BC⊥ AO， …………5分 1 又 B O1 = C O ， A O 垂直平分 B C1 ，故 A C = A B 1 ． …………6分 （2）方法一：因为 A C ⊥ A B 1 ，且O为BC的中点，所以AO=CO，又因为 1 A B = B C ，BO=BO，BOA BOC， 故  B O A =  B O C ，由菱形BCCB ，故 1 1 B O ⊥ O C ，故  B O A = 9 0  ，故 OA⊥OB，从而OA,OB,OB 两两垂直． 1 建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz． 因为CBB =60，所以 1  C B B 1 为等边三角形．又AB=BC，所以OB= 3，OC=1， …………8分 （方法二：因为AC⊥ AB ，所以ABC为等腰直角三角形，由AB = 2可得AO=CO=1，由于CBB =60， 1 1 1 1 可得AB=BC=2，BO= 3，故AO2 +BO2 = AB2，故OA⊥OB，从而OA,OB,OB 两两垂直．） 1则 答案第 4 页，共 6 页 A ( 0 , 0 ,1 ) ， B ( 3 , 0 , 0 ) ， B 1 ( 0 ,1 , 0 ) ， C ( 0 , − 1 , 0 ) ． …………9分 则 A C  = ( 0 , − 1 , − 1 ) ，于是 A B  1 = ( 0 ,1 , − 1 ) ， A  1 B  1 =  A B = ( 3 , 0 , − 1 ) ． …………10分 设 n = ( x , y , z ) 是平面 A A 1 B 1 的法向量，则  nn   AA    B = 1     B = 1 1 0 0 , , 故  y 3 − x z − = z 0 = , 0 , 则y=z= 3, 故 n = ( 1 , 3 , 3 ) ． …………12分 设直线AC与平面AAB 所成角为， 1 1 s in c o s A C , n A A C C n n 4 7 2  =      =          = ． …………14分 所以直线 A C 与平面AAB 所成角的正弦值为 1 1 4 7 2 ． …………15分 18．解：（1）设质点 n 次移动中向右移动的次数为 Y n ，易知该试验为 n 重伯努利试验，随机变量 Y n 服从二 项分布，即 Y  B  n , 2 3  ，而向左移动的次数为 ( n − Y n ) ，因此 X n = Y n − ( n − Y n ) = 2 Y n − n …………2分 所以 P ( X 4 = − 2 ) = P ( 2 Y 4 − 4 = − 2 ) = P ( Y 4 = 1 ) = C 14  2 3  1   1 3  3 = 8 8 1 ． …………5分 （2）由于 Y 3 0  B  3 0 , 2 3  ， E ( Y 3 0 ) = 3 0  2 3 = 2 0 ， …………7分 又由（1）可知： X 3 0 = 2 Y 3 0 − 3 0 ，所以 E ( X 3 0 ) = E ( 2 Y 3 0 − 3 0 ) = 2 E ( Y 3 0 ) − 3 0 = 1 0 ． …………9分 （3）由于 Y n  B  n , 2 3  2 k 1 n−k Ck 2k ，P(Y =k)=Ck     = n ， n n 3 3 3n k = 0 ,1 , 2 ,   , n ， …………11分 令 f ( k ) = C kn3  n 2 k ， k = 0 ,1 , 2 ,   , n ，显然有 f ( k )  0 成立，则 f ( f k ( + k 1 ) ) = C knC + 1 kn   2 2 k k + 1 = ( n 2 −  ( k n − − 1 k ) ) ( ! ( ! k k + ) ! 1 ) ! 2(n−k) = ，因此 k+1 f ( f k ( + k 1 ) ) f (k+1) 2n−1 关于k单调递减，当 =1时，解得k = ，由此可知： f (k) 3 当 0  k  2 n 3 − 1 f (k+1) 时， 1；当 f (k) 2 n 3 − 1  k  n f (k+1) 时， 1． …………13分 f (k) 因此当 k = 2 n 3 − 1 = 2 ( 3 m + 3 2 ) − 1 = 2 m + 1 f (k+1) 时， =1，即 f (k) f ( 2 m + 1 ) 和 f ( 2 m + 2 ) 取得最大值，即 2n−1 2n+2 Y =2m+1或Y =2m+2时概率最大，（注：也可用n表示，Y = 或Y = 时概率最大）， n n n 3 n 3此时 答案第 5 页，共 6 页 X n = 2 Y n − n = 2 Y n − ( 3 m + 2 ) ，代入解得X =m或 n X n = m + 2 ， （注：也可用n表示，解得 X n = n − 3 2 或 X n = n + 3 4 ） …………16分 所以质点最有可能位于位置 m 或 m + 2 .（注：也可用n表示，最可能位于位置 n − 3 2 或 n + 3 4 ）………17分 19．解：（1） g ( x ) = 2 e x − 2 a x − b ， g  ( x ) = 2 e x − 2 a ， x   0 ,1  …………1分 ①当a1时，g(x)0，故g(x)在0,1上单调递增，②当ae时，g(x)0，故g(x)在0,1上单调递 减，③当 1  a  e 时，令 g  ( x )  0 ，解得 x  ( 0 , ln a ) ，故 g ( x ) 在 ( 0 , ln a ) 上单调递减，令 g  ( x )  0 ，解得 x  ( ln a ,1 ) ，所以g(x)在 ( ln a ,1 ) 上单调递增． …………4分 综上，①当 a  1 时， g ( x ) 在  0 ,1  上单调递增；②当 a  e 时， g ( x ) 在  0 ,1  上单调递减； ③当 1  a  e 时， g ( x ) 在 ( 0 , ln a ) 上单调递减，在 ( ln a ,1 ) 上单调递增．（注：用闭区间表示也正确） …………5分 （2）由 f ( 1 ) = 0 得： b = 2 e − 2 − a ， …………6分 由 f ( 0 ) = f ( x 0 ) = f ( 1 ) = 0 以及f连续可知， f ( x ) 在区间 ( 0 ,1 ) 上至少有两个极值点，所以 g ( x ) 在区间 ( 0 ,1 ) 内至少有两个零点，由（1）知，当 a  1 时，g(x)在0,1上单调递增，故g(x)在 ( 0 ,1 ) 内至多有一个零点； 当 a  e 时， g ( x ) 在  0 ,1  上单调递减，故 g ( x ) 在(0,1)内至多有一个零点，均不符合题意．因此，若存在 这样的实数a满足条件，必有 1  a  e ． …………7分 此时，g(x)在(0,lna)上单调递减，在 ( ln a ,1 ) 上单调递增，故 g ( x ) 在区间 ( 0 ,1 ) 内有且仅有两个零点，可设 g(x)在区间 ( 0 , x 0 ) 内存在零点 x 1 ，在区间 ( x 0 ,1 ) 内存在零点x ，因此 2 x 1  ( 0 , ln a ) , x 2  ( ln a ,1 ) ，必有： g(0)=2−b0, ①  g(1)=2e−2a−b0, ② 解不等式①②可得  g(lna)=3a−2alna−2e+20, ③  2 e − 4  a  2 ， …………9分 现考虑不等式③，令 h ( a ) = 3 a − 2 a ln a − 2 e + 2  0 ，a(1,e)，h(a)=1−2lna，令h(a)=0解得a= e， 可知 h ( a ) 在 ( 1 , e ) 单调递增，在 ( e , e ) 单调递减，所以 h ( a ) m ax = h ( e ) = 2 e + 2 − 2 e ，代入e的近似值计 算可知2 ( e+1−e ) 0，所以不等式③在a(1,e)上恒成立． 综上，a的取值范围是(2e−4,2)． …………11分（3）由题意知： 答案第 6 页，共 6 页 f ( x 0 ) = 2 e x0 − a x 0 2 − b x 0 − 2 = 0 ，故 2 e x0 = a x 0 2 + b x 0 + 2 ，而 g ( x 0 ) = 2 e x0 − 2 a x 0 − b ， 代入可知： g ( x 0 ) = ( a x 0 2 + b x 0 + 2 ) − 2 a x 0 − b = a x 0 2 + ( b − 2 a ) x 0 + ( 2 − b ) = a x 0 2 + ( 2 e − 2 − 3 a ) x 0 + ( a + 4 − 2 e ) ， 令 m ( x ) = a x 2 + ( 2 e − 2 − 3 a ) x + ( a + 4 − 2 e ) ， …………12分 当 a  ( 1 .7 , e − 1 ) 时， m ( x ) 是开口向上的二次函数，其对称轴为 x 3 = 2 e − − 2 2 − a 3 a = 3 2 + 1 − a e ，故 x 3  1 2 ， 因为 f  1 2  = 2 e − a 4 − b 2 − 2 = 2 e − e − 1 + a 4  2 e − e − 1 + 1 .7 4  2  1 .6 4 9 − 2 .7 1 8 − 1 + 0 .4 2 5 = 0 .0 0 5  0 ， 根据 f ( x ) 的单调性可以得出 x 0   1 2 ,1  ， …………15分 1  所以当x  ,1 ， 0 2  m ( x ) m 1 2 a 4 3 e ( a )     = − + − = ， …………16分 而 ( a ) ( e 1 ) 1 3 4 5 e    − = − ，所以 g ( x 0 )  1 3 − 4 5 e ． …………17分 （2）另解： 记  A 4 ( 0 ( e , − 2 ) , 2 ) B  (1 2 2 , 2 a e e  x ) = , P 4 , 2 ( 解 a 1 2 ( , 得 x 2 − e 2 1 2 − e − ) 2 + ) , 4 2 如  e 下 a −  在 2 图 ,   注 ( 0 ,1 意 上 ) 到 有 2 e 两 − 根 2  注 , 2 意 e , 到 故 令 k P G A = ( x 4 ) ( = e 2 − e 2 x ) 易, , k P 知 B = G 4 ( 0 . ) = 2 , G (1 ) = 2 e , 这 种 半 分 参 ， 更 适 合 选 择 填 空 题 、 解 答 题 使 用 我 们 扣 一 分 . P (0.5,2e-2) A O Q 1 B B P(0.5,2e-2) Q A O 1