四川省成都市第七中学2024~2025学年度下期高2025届高考热身考试数学答案_2025年6月_250602四川省成都市第七中学2024~2025学年度下期高2025届高考热身考试（全科）

成都七中高 2025届高三热身试卷参考答案
一、单选题
1 2 3 4 5 6 7 8
B C A C A D D B
二、多选题
9 10 11
BC ACD ABD
三、填空题
1 1 3
12．80 13． 14．
5 5 7
三、解答题
15．解：（1）因为bcosAacosB2ccosA
所以sinBcosAsinAcosB2sinCcosA，
所以sinAB2sinCcosA，
因为ABC，所以sinC2sinCcosA，
1
因为sinC0，所以cosA ．
2

因为0 A，所以A  。...............................6分
3
 1 
（2）因为A  ，VABC的面积为 3 ，所以S  bcsin  3，解得bc4，
3 △ABC 2 3
由余弦定理a2 b2c22bccosA，得4b2c2bc bc23bc ，
所以bc4，所以abc6．所以VABC的周长为6．...........13分
16．（本小题满分15分）
解：（1）∵PA PD，M 是AD的中点，∴PM AD，
又∵平面PAD平面ABCD且交于AD，PM 平面PAD，
∴PM 平面ABCD，
又BD平面ABCD，∴PM BD................................5分
（2）取AB的中点E，∵PA AD AB2CD2，
∴PM  3，BECD1，且CD∥BE，BC BE，
试卷第1页，共6页 2 4 1
Q  是以 为首项，以 为公比的等比数列.
 n 5 15 4
n1 n1
2 4  1 2 4  1
所以Q     ，即Q     ；..............................10分
n 5 15  4 n 5 15  4
(ii)因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，所以对于每一个人来说，某一天来购买盲
2
盒时，可看作n，所以，其购买甲系列的概率近似于 ，
5
 2
假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则 B100, ，
 5
2
所以E100 40，即购买甲系列的人数的期望为40，
5
所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个...............................15分
18．（本小题满分17分）
1
解：（1）由题意知FGF 90，则S  GF GF 1 GF GF 2，
1 2 GF1F2 2 1 2 1 2
又 GF 2 GF 2  FF 2 4c2， GF GF 2 2GF GF  4c2 4a24 4c2a2c21 ，
1 2 1 2 1 2 1 2
2S
又r  △GF1F2  2 3ac 2 3 ，ac2 3，解得a2，c 3，b1，
内 2a2c
x2
所以椭圆C的方程为 y2 1...............................4分
4
1
（2）设直线l的方程为y1kx2，其中k  ，且k1，即
4
ykx2k1，
设直线l与椭圆C交于点Mx,y ，Nx ,y ，
1 1 2 2
ykx2k1,

联立方程组x2 整理得
  y2 1,
 4
 4k21  x2  16k28k  x16k216k 0，
Δ  16k28k 2 4  4k21  16k216k  0，
16k28k 16k216k
所以x x  ，xx  ，................6分
1 2 4k21 1 2 4k21
1 k k 1 1
（ⅰ）kk k k ，  1 2  
1 2 1 2  kk k k
1 2 1 2
1 1 x x x x 1  x x 
  1  2  1  2    1  2 
k k y 1 y 1 k x 2 k x 2 k x 2 x 2 
1 2 1 2 1 2 1 2
试卷第3页，共6页2 xx x x  2 xx x x 
  1 2 1 2   1 2 1 2
k x 2x 2 k xx 2x x 4
1 2 1 2 1 2
16k216k 16k28k 8k

2 4k21 4k21 2 4k21 1 1
    4 即 4， ................11分
k 16k216k 16k28k k 4  4
2 4
4k21 4k21 4k21
1  1 
（ⅱ）法一：直线BM 的方程为yk x1，令y0，得x ，故T ,0，
1 k 1  k 1 
1  1 
设直线BN与x轴交于点Q，直线BN的方程为yk x1，令y0，得x ，故Q ,0
2 k 2  k 2 
yk x1,
联立方程组  x2 2 整理得  4k21  x28k x0，
  y2 1, 2 2
 4
8k  8k  8k2
解得x  2 或0（舍），y k x 1k  2 1 2 1，
2 4k21 2 2 2 2

4k21 4k21
2 2 2
所以BNT的面积
1 1 1 1  8k2  1 1 4k2
S  QT y y    1 2 1     2 ，
2 B 2 2 k k  4k21  k k 4k21
1 2 2 1 2 2
1 1 1 1
由（ⅰ）可知，  4，故 4 ，代入上式，
k k k k
1 2 1 2
2 4k2 1 8k2
所以S  4  2  2  2 ，
k 4k21 k 4k21
2 2 2 2
1 1 1
因为点N在x轴下方且不在y轴上，故k  或k  ，得2 0，
2 2 2 2 k
2
 1  8k2 8k 2k 1 4k22k  2k 1
所以S 2  2  2 2 4 2 2 41 2 ，
 k  4k21 4k21 4k21  4k21
2 2 2 2 2
1  2k 1 1  2k 1
显然，当k  时，S 41 2 4，当k  时，S 41 2 4，
2 2  4k21 2 2  4k21
2 2
1
故只需考虑k  ，令t 2k 1，则t0，
2 2 2
 
 
 t   1   1 
所以S 41 41 4 1  2 22，
  t121   t 2 2   2 t 2 2  
 t   t 
2 21
当且仅当t  ，t  2 ，即k  时，不等式取等号，
t 2 2
试卷第4页，共6页所以BNT的面积的最大值为2 22．................17分
1  1 
法二：直线BM 的方程为yk x1，令y0，得x ，故T ,0，设直线BN与x轴
1 k 1  k 1 
1  1 
交于点Q，直线BN的方程为yk x1，令y0，得x ，故Q ,0，
2 k 2  k 2 
1 1 1 1
由（ⅰ）可知，  4，故   4，所以点A2,0是线段TQ的中点，
k k k k
1 2 1 2
1
故BNT的面积S 2S 2 AB d  5d ，
BAN 2
其中d为点N 到直线AB的距离，
显然，当过点N且与直线AB平行的直线l与椭圆C相切时，d取最大值，
1
设直线l的方程为y xmm0，即x2y2m0，
2
 1
y xm,

 2
联立方程组 整理得 x2 2mx2m2 20 ，
x2
 y2 1,
 4
据Δ2m24  2m22  0，解得m 2（正舍），
所以平行直线l:x2y2 2 0与直线l:x2y20之间的距离为
2 22 2 22 2 22
 ，即d的最大值为 ，
5 5 5
2 22
所以BNT的面积的最大值为 5 2 22 ．................17分
5
19．（本小题满分17分）
π
解：（1）依题意，a  f(a )a Asin( a )，而a 1，则a a A1A，
n1 n n 2 n 1 2 1
(1A)π
a a Asin ，要使数列{a }为等差数列，则a a a a，即公差
3 2 2 n 3 2 2 1
(1A)π
d  Asin  A，
2
(1A)π (1A)π π
而A0，则sin 1，于是 2kπ ,kN，解得A4k,kN，
2 2 2
π π π
显然a a (n1)d 4k(n1)1,kN，此时Asin( a ) Asin[2kπ(n1) ] Asin  A，
n 1 2 n 2 2
试卷第5页，共6页即对nN，恒有a a  A，因此数列{a }是以A4k,kN为公差的等差数列，
n1 n n
所以当k 1时，A 4 ...........................4 分
min
1 1 1
（2）要证f(x)<xex＋ ，只需证ex－lnx<ex＋ ，即ex－ex<lnx＋ ．
e ex ex
1 ex－1
令h(x)＝lnx＋ (x>0)，则h′(x)＝ ，
ex ex2
 1 1  1 1
易知h(x)在 0,  上单调递减，在  ， 上单调递增，则h(x) h 0，所以lnx＋ ≥0．
 e e  min e ex
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则φ(x) ＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0．
max
1
因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex<lnx＋ ，故原不等式成立............10分
ex
（3）a  f(a )lna a 2，而a 1，则a 3，
n1 n n n 1 2
a lna a 25ln36，显然a a 3a ，又函数 f(x)是(0,)上的增函数，则可
3 2 2 3 2 1
递推得a a ，
n1 n
当n2时，lna lna ln31，于是a a lna 23，
n 2 n1 n n
当n3时，a a (a a )(a a )(a a )33(n2)3(n1)，
n 2 3 2 4 3 n n1
而a 3(21)，即nN,n2，恒有a 3(n1)，
2 n
因为当x1时，lnxx1，则当x0时，ln(x1)x，
当
n2
时，(3n2)2 (3n1)(3n4)，
4 4 4 4 4 1 1
ln[1 ]    (  ，)
(a 1)2 (a 1)2 (3n2)2 (3n1)(3n4) 3 3n4 3n1
n n
4 4 4 4 4 4
ln[1 ]ln[1 ] ln[1 ]  
(a 1)2 (a 1)2 (a 1)2 (a 1)2 (a 1)2 (a  1)2
2 3 n 2 3 4
4 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 1 2
 [(  )(  )(  ) (  )]  (  ) 1，
3 2 5 5 8 8 11 3n4 3n1 3 2 3n 1 3
4 4 4
于是ln{[1 ][1 ][1 ]}1，
(a 1)2 (a 1)2 (a 1)2
2 3 n
4 4 4
所以[1 ][1 ][1 ]e .................17分
(a 1)2 (a 1)2 (a 1)2
2 3 n
试卷第6页，共6页