成都市第七中学2025-2026学年高三上学期8月入学考试数学答案_2025年8月_250828四川省成都市第七中学2025-2026学年高三上学期8月入学考试（全科）

成都七中高 2026 届高三上学期入学考试数学试题参考答案及评分标准 一．单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B D A C C D A 8题解析：函数 f (x)= ( ex −ax−a )(lnx−ax−1) 定义域为 (0,+) ， 不等式 ( ex −ax−a )(lnx−ax−1)0  ex −a   lnx−1 −a   0，  x+1  x  ex exx 设g(x)= ，求导得g(x)= ， x+1 (x+1)2 当x0时，g(x)0，函数g(x) 在 (0,+) 上单调递增，g(x) g(0)=1. lnx−1 2−lnx 设h(x)= ，则h(x)= ，当0 xe2时，h(x)0;当xe2时,h(x)0， x x2 1 函数h(x) 在 ( 0,e2) 上单调递增，在 ( e2,+ ) 上单调递减,h(x) =h ( e2) = ， max e2 lnx2 −1 1  ex  lnx2 −1 lnx2 −1 ex 1 因此  = ,于是a− a− 0 a ，则 a1，  x2  e2  x  x2  x2 x e2 max  1  所以a的取值范围为 ,1 ．   e2  二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分． 题号 9 10 11 答案 ACD AD BC 11题解析：由于A,B到圆柱下底面的距离相等，故A,B在平行于底面的一个截面圆上， ①若C,D在与A,B平行于底面的一个截面圆上一边，易知C,D在平行于底面的截面上. 根据正四面体的性质可知AB,CD投影到底面圆上分别为AB,CD时， 此时显然可知AB与CD互相平分且垂直， 因此AB与CD为底面圆上两条互相垂直的直径，因此AB=CD=2r =2; ②若C,D在与A,B平行于底面的一个截面圆上两边，如图（1）， 设正四面体的棱长为a，过CD的中点N 以及AB为平面ABN 1 1 1 则CD⊥ ABN ，取AB中点为M,AM = a,AC =a,CN = CD= a， 2 2 2 2 a 3 由于CD⊥平面ABN,AN 平面ABN ，故CN ⊥ AN ，因此AN = AC2 −CN2 = a2 −   = a， 2 2 由于AN =BN，则MN ⊥ AB，a 2 −b 2 b 2 q2 1 6 于是e= 2025 2025 = 1− 2025 = 1−t2 = 1− = 1− = a 2 a 2 4 3 3 2025 2025 四、解答题：本题共5小题，共77分．其中15题13分，16—17题各15分，18—19题各17分．解答 应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．解：（1）当a=−1时， f (x)=−ex+1−ln(−x) ， 1 则 f(x)=−ex+1− , f(−1)=0, f (−1)=−1， 3分 x 所以曲线y = f (x) 在点 ( −1, f (−1)) 处的切线方程为y=−1． 5分 1 （2） f(x)=aex−a − ，由题意 f (x) 的定义域为 (−,0) ，则a0 x 1 ea 若 f (x) 是增函数，则 f(x)=aex−a − 0恒成立，即xex  ， 7分 x a 设g(x)= xex(x0) ，则g(x)=(x+1)ex， 当x(−,−1) 时，g(x)0，g(x) 在x(−,−1) 上单调递减， 当x(−1,0) 时，g(x)0，g(x) 在x(−1,0) 上单调递增， 10分 ea 1 ea a x 所以g(x) g(−1) ，即−  ，即ea + 0 ，设h(x)=ex + ，易知h(x) 为增函数， a e a e e 因为h(−1)=0，所以h(a)h(−1)=0，综上，a的取值范围是 −1,0) . 13分 16．解：（1）证明： 平面AEC ⊥平面CDE且AEC =90 ， AE⊥平面CDE,CD平面CDE,AE ⊥CD, 3分 ABCD为正方形，CD⊥ AD AE AD= A,AD,AE 平面DAE，CD⊥平面DAE， DE平面DAE，CD⊥DE 6分 （2）如图，过F 作FM ⊥ AD于点M ，连接CM,CD⊥平面DAE,CD平面ABCD， 平面ABCD⊥平面DAE. 8分 又 平面ABCD 平面DAE = AD,FM ⊥ AD， FM ⊥平面ABCD，CM 是FC在平面ABCD上的射影， FCM 是FC与平面ABCD所成角． 10分 由题意，AD= 2,AE =1,DE = 2−1=1， 1 1 DF 2 故ADE为等腰直角三角形，DF = DE = ,FM = = ， 12分 2 2 2 42 1 3 FM 2 又 AD=CD= 2，FC = 2+   = ， sinFCM = = 15分 2 2 FC 6 ( ) 17．解：因为P,R,C共线，则存在使PR=PC，则AR−AP= AC−AP ， 1− 整理得AR=(1−)AP+AC = a+b．由B,R,O共线，则存在使BR=BO， 2 ( ) 2 则AR−AB= AO−AB ，整理得AR=(1−)AB+AO=(1−)a+ b． 3 1−  1 =1− =    2  2 1 1 1 3 根据平面向量基本定理，有  ，则AR= a+ b，BR= b− a 5分 2 3 4 2 2 4   =  =  3  4 1 2 3 2 1 3 1 2 1 2 1 3 （1）则ARBR= b − a − ab=− ， AR = a + b + ab = , 4 16 4 4 16 4 4 2 9 2 1 2 3 7 ARBR 21 BR = a + b − ab = ,则cos AR,BR = =− . 8分 16 4 4 2 AR  BR 7 1 1 1 1  B （2）如图， PR= PC ，则RC = PC =  b− a ．由CH,CB共线， 2 2 2 2  ( ) ( ) 设CH =kCB=k AB−AC =k a−b ,k 0． R ( ) 又 RH ⊥BC,RHBC =0,即 RC+CH BC =0. H R 1   1  ( ) 则 −k  b+  k−  a   b−a =0 10分 A O C 2   4  1  2  1 2  3  −k b − k− a + 2k− ab=0       2   4  4 3 5k− 3  3 3  3 2 −5k+ +  2k−  ab=0 −5k+ +2  2k−  cos=0 cos= 13分 2  4 2  4 3 4k− 2 3 5k−  2  1 1 1 2 1 1 9  因为 , ，则cos − , ，则−   ,k , ,   3 3     2 2  2 3 2   4 28  4k− 2 CH 1 9  所以 的取值范围为 , 15分   CB 4 28 y y 18.解：（1）设P(x ,y ) ，由题意得y 0且x 1，k k = 0  0 =2 0 0 0 0 AP BP x +1 x −1 0 0y 2 y2 整理得x 2 − 0 =1，因此曲线C的方程为：x2 − =1,(y0) （或x1）． 4分 0 2 2 （2）由题意得k =−3k ，又 k k =2, k k =−6.设M(x ,y ),N(x ,y ),y y 0, BN AM AM BM BN BM 1 1 2 2 1 2 若直线MN的斜率不存在，则x = x ,y =−y , 1 2 1 2 y y −y2 2(1+x ) k k = 1 2 = 1 = 1 =−6 BN BM (x −1)(x −1) (x −1)2 1−x 1 2 1 1 解得x =2，此时直线MN:x=2过 (2,0) . 7分 1 若直线MN的斜率存在，设MN:y =kx+m，与双曲线联立得 ( 2−k2) x2 −2kmx− ( m2 +2 ) =0. 依题意2−k2 0且=8 ( m2 −k2 +2 ) 0, 2km m2 +2 2 ( m2 −k2) 由韦达定理得x +x = ,x x =− .y y =(kx +m)(kx +m)= , 1 2 2−k2 1 2 2−k2 1 2 1 2 2−k2 y y 2 ( m2 −k2) m−k k k = 1 2 =− =−2 =−6,整理得m=−2k ， BN BM (x −1)(x −1) (m+k)2 m+k 1 2 此时=8 ( 3k2 +2 ) 0恒成立，MN:y =kx−2k过 (2,0). 11分 综上所述，直线MN过定点 (2,0) . 4k2 +2 （3）由（2）知x x =− ,y y =−6(x −1)(x −1). 1 2 2−k2 1 2 1 2 ①当k2 2时，x x 0,M,N均在C的右支，如图1 1 2 此时BM BN =(x −1)(x −1)+ y y =−5(x −1)(x −1)0, 1 2 1 2 1 2 故MBN为钝角． 14分 ②当k2 2时，x x 0,M,N在C的两支，如图2， 1 2 不妨设M 在C的右支,记R(2,0) ， 此时MBMR=(1−x )(2−x )+ y2 =3x2 −3x 0 1 1 1 1 1 故BMR为锐角，因此BMN为钝角 综上所述，BMN 为钝角三角形． 17分 1 3 2n −3 2n −1 1 ( 1+2n −1 ) 2n−1 19.解：（1）由题意可知 + + + + =  =2n−2， 2n 2n 2n 2n 2n 21 1 3  1 3 2n −3 2n −1 1−2n 其中 +  +  + + + + + + 含有1+2+22 + +2n−1 = =2n −1项 2 4 4 2n 2n 2n 2n  1−2 1 3 2n −3 2n −1 则S −S = + + + + =2n−2，S −S =S −S =25−2 =8. 5分 2n−1 2n−1−1 2n 2n 2n 2n 31 15 25−1 24−1 （2）设分母为2k的为第k组， 2k −1 情形一：a ,a 在不同组，设a 为第k组最后一个数，则a = ，a 为第k+1组第一个数， m m+1 m m 2k m+1 1 2k −1 1 2k+1−1 63 则a = ，所以a +a = + = = ， m+1 2k+1 m m+1 2k 2k+1 2k+1 64 解得k =5，即m=25 −1=31． 8分 2i−1+2i+1 4i i 63 情形二：a ,a 为第k组第i和第i+1个，则a +a = = = = ， m m+1 m m+1 2k 2k 2k−2 64 取k =8,i=63，即m=1+2+4+8+16+32+64+63=190符合题意， 若k 7，则i=632k−8不为整数，不合题意 若k 9，则m1+2+4+8+16+32+64+128+1200，不合题意 综上所述，m=31或190. 11分 1 3 2n −3 2n −1 （3）因为S −S = + + + + =2n−2 13分 2n−1 2n−1−1 2n 2n 2n 2n 1 所以S =S + ( S −S ) + + ( S −S ) =2−1+20 + +2n−1 = ( 2n+1−1 ) 16分 2n+1−1 21−1 22−1 21−1 2n+1−1 2n−1 2 n n 因此当n=2k −1 ( kN*) ，满足S = ，所以存在无数个正整数n，使得S = . 17分 n 2 n 2