四川省成都市第七中学2024届高三下学期二诊模拟考试理科数学试卷答案_2024年3月_013月合集_2024届四川省成都市第七中学高三下学期二诊模拟考试

2023—2024 学年度下期高 2024届二诊模拟考试 理科数学试卷参考答案： 一、选择题： 1-5．ADABC 6-10．ACDBA 11-12． CB 二、填空题： 13． 答案第1页，共4页 7 + 4 3 14． x 2 + ( y − 2 ) 2 = 6 15． (2+ 3)x− y+1=0或 ( 2 − 3 ) x + y − 1 = 0 16． 3 三、解答题： S  2S S S 2(a +a ) a +a +a 17．【详解】（1）因为 n为等差数列，所以 2 = 1 + 3 ，即 1 2 =1+ 1 2 3 从而得到 a a a a a a  n  2 1 3 2 3 2(2a +d) 3a +3d 1 =1+ 1 ，化简得 a +d a +2d 1 1 ( a 1 − d ) d = 0 d  0 所以 a 1 − d = 0 （2）当 a 1 − d = 0 ， a 1 = 1 时， a n = n ， a n 1 a n + 1 = n ( n 1 + 1 ) = 1 n − n 1 + 1 ， 所以 T n =  1 − 1 2  +  1 2 − 1 3  + +  1 n − n 1 + 1  = 1 − n 1 + 1  8 9 ，解得 n  8 ，又因为 n N  ， 所以 n 的最大值7. 18．【详解】（1）证明：在 △ A D C 中， A D = D C = 1 ，  A D C = 9 0 ，所以 A C = A D 2 + D C 2 = 1 + 1 = 2 . 在 ABC中， A C = 2 ，AB=2，  B A C = 4 5 ，由余弦定理有： 2 BC2 = AB2+AC2−2ABACcos45 =4+2−22 2 =2，所以， 2 A B 2 = A C 2 + B C 2 ，所以  A C B = 9 0 ， 所以 B C ⊥ A C ，又因为 B C P A ⊥ ， P A A C = A ， P A 、 A C 平面 P A C ，所以， B C ⊥平面 P A C ， 因为 P C  平面 P A C ，所以， B C ⊥ P C ，在 △ P A C 中： A C = 2 ， P C = 2 ， P A = 6 ，则 P A 2 = A C 2 + P C 2 ， 所以，PC⊥ AC，因为 A C B C = C ， A C 、 B C 平面ABCD，所以PC ⊥面ABCD. （2）解：因为 P C ⊥ 平面 A B C D ，AB⊥AD，以点 A 为坐标原点， A D 、 A B 、 C P 的方向分别为 x 、y、 z 轴 的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则有A(0,0,0)、 B ( 0 , 2 , 0 ) 、 C(1,1,0)、D(1,0,0)、 P ( 1 ,1 , 2 ) ，设 B E B P ( 1 , 1 , 2 ) ( , , 2 )      = = − = − ，其中 0≤≤1，则 A E A B B E ( , 2 , 2 )    = + = − ， A C = ( 1 ,1 , 0 ) ， A P = ( 1 ,1 , 2 ) ， 设n=(x,y,z)为面 E A C  nAE=x+(2−)y+2z=0 的法向量，则有 ，取 nAC=x+y=0 x=−λ，则y=，z=−1， 所以，平面EAC的一个法向量为n=(−,,−1)， c o s 5 3 , s in 2 3   =  = 由题意可得 APn 2−2 2 1 cosAP,n = = = ，可得32+2−1=0，因为0≤≤1，所以= . AP n 6 2+2+(−1)2 3 3 {#{QQABIYyQgggoABBAAQhCAwHoCkKQkACACIoOxEAIIAIByBFABAA=}#}{#{QQABIYyQgggoABBAAQhCAwHoCkKQkACACIoOxEAIIAIByBFABAA=}#}9t2 +9 3ty − k (k −k )= 2 3t2 +4 BN AM PR  6t  18t2 +12 3ty −t − − y −   2  3t2 +4 2  3t2 +4 答案第3页，共4页 = 4 3 t t y y 2 2 − − 1 9 32 3 t tt t 2 2 2 2 + ++ + 9 41 4 2 = 3 4 . 所以k (k −k )为定值 BN AM PR 3 4 . 21．【详解】（1）函数 f ( x ) 的定义域为 ( 0 , )  + ， f  ( x ) = 1 2  2 x  ln x − 1 2  + x  + a ( ln x − 1 + 1 ) = x ln x + a ln x = ( x + a ) ln x ， ①当 a  0 时，解不等式 f x 0 ．有 x  1 ，令 f  ( x )  0 ，得 0  x  1 ， 故函数 f ( x ) 的减区间为 ( 0 ,1 ) ，增区间为 ( 1 , +  ) ； ②当 a = − 1 时． f  ( x ) = ( x − 1 ) ln x ，若 x  1 ， x − 1  0 ， ln x  0 ，可得 f x 0 ； 若 x  1 ， x − 1  0 ， ln x  0 ，可得 f x 0；若 x = 1 ，可得 f  ( x ) = 0 ． 故有 f(x)0，函数 f (x)单调递增，增区间为(0,+)，没有减区间； ③当 − 1  a  0 时，解不等式 f x 0 ，有 x  1 或 0  x  − a ， 令 f(x)0，解得 − a  x  1 ，故函数 f ( x ) 的增区间为 ( 0 , − a ) ， ( 1 , +  ) ，减区间为(−a,1)； ④当 a  − 1 时，解不等式 f x 0 ，有 x  − a 或 0  x  1 ，令 f(x)0得1x−a， 故函数 f ( x ) 的增区间为 ( 0 ,1 ) ，(−a,+)，减区间为(1,−a)； 综上，当 a  0 时， f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增； 当 a = − 1 时， f (x)在(0,+)上单调递增； 当−1a0时， f (x)在 ( 0 , − a ) ， ( 1 , +  ) 上单调递增，在(−a,1)上单调递减； 当 a  − 1 时， f (x)在 ( 0 ,1 ) ， ( − a , +  ) 上单调递增，在 ( 1 , − a ) 上单调递减. （2）若 a  0 ，函数 f ( x ) 的减区间为(0,1)，增区间为 ( 1 , +  ) 1 ，且 f (1)=− −a0， 4 当0x1时，由 ln x  0 ，有 f ( x ) = x  1 2 x  ln x − 1 2  + a ( ln x − 1 )   0 恒成立， 所以 f ( x )  0 ，必有 a  0 ．又由 f ( 1 ) = − a − 1 4  0 1 ，可得a− ． 4 又由 x  0 ，不等式 f ( x )  0 可化为 1 2 x  ln x − 1 2  + a ( ln x − 1 )  0 ，设 g ( x ) = 1 2 x  ln x − 1 2  + a ( ln x − 1 ) ， 1 1 a 1 a 1 2xlnx+x+4a 有g(x)= lnx+ + = lnx+ + = ， 2 2 x 2 x 4 4x 当0x1且 0  x  − 4 a 时， ln x  0 ， x + 4 a  0 ，可得 g  ( x )  0 ， 当 x  1 且x−4a时，lnx0， x + 4 a  0 ，可得 g  ( x )  0 ，当 a  0 1 a 1 时，函数y= lnx+ + 单调递增， 2 x 4 故存在正数m使得2mlnm+m+4a=0．若0m1，有 ln m  0 ， 4 a  − 1 ，有2mlnm+m+4am−10， 与 2 m ln m + m + 4 a = 0 矛盾，可得m>1，当 x > m 时， g  ( x )  0 ；当xm时，g(x)0， 可得函数 g ( x ) 的减区间为 ( 0 , m ) ，增区间为(m,+)， 1  1 若g(x)0，必有g(m)= mlnm− +a(lnm−1)0，有2mlnm−m+4alnm−4a0， 2  2 {#{QQABIYyQgggoABBAAQhCAwHoCkKQkACACIoOxEAIIAIByBFABAA=}#}又由 答案第4页，共4页 2 m ln m + m + 4 a = 0 ，有 2 m ln m − m + 4 a ln m − 4 a + ( 2 m ln m + m + 4 a )  0 ， 有 m ln m + a ln m  0 ，有 ( m + a ) ln m  0 ．又由 m > 1 ，有 m  − a ，可得 a  − m ， 有 2 m ln m + m + 4 a = 0  2 m ln m + m − 4 m = 2 m ln m − 3 m ，可得 1  m  e 32 ， 1 由a=− (2mlnm+m)，及 2 ，可得 12mlnm+m4e2 4 − e 32  a  − 1 4 ，  3 1 若 f (x)0．则实数a的取值范围为−e2,− ． 4   22．【详解】（1）直线 C 1 的参数方程为 x y t t c s o s in    = = （t为参数， 0 π 2    ），故y=(tan)x，则 s in ( ta n ) c o s      = ，即  = ；故 C 1 的极坐标方程为： , 0 π 2    =   .把 C 1 绕坐标原点逆时针旋转 π 2 得 到 C 2 ，故 C 2 的极坐标方程为： π 2 , 0 π 2    = +   . （2）曲线C 的极坐标方程为=8sin，且 3 C 1 与 C 3 交于点A， C 2 与 C 3 交于点B，联立方程得， A ( 8 s in , ) , B 8 s in π 2 , π 2      +  +  , 故 S A O B 1 2 O A O B s in A O B 1 2 8 s in 8 s in π 2 s in π 2 3 2 s in c o s 1 6 s in 2 1 6      =  =    +   = =  . 故当 π 4  = 时，AOB面积的最大值为16.  1 x−2,x  2   1 23．【详解】（1） f (x)= 2x−1− x+1 =−3x,−1x ，作出函数 2   −x+2,x−1   f ( x ) 的图形， 如图，由图可知 f ( x ) 的最小值为 m = − 3 2 . （2）由（1）知， m = − 3 2 ，所以 a − 2 b + 2 c = 1 ，根据柯西不等式得 ( a 2 + b 2 + c 2 )  1 2 + ( − 2 ) 2 + 2 2   ( a − 2 b + 2 c ) 2 = 1 a b c ，当且仅当 = = 时取等号，又 1 −2 2 a − 2 b + 2 c = 1 ，所以当 1 2 2 1 且仅当a= ,b=− ,c= 时取等号，∴a2+b2+c2  . 9 9 9 9 {#{QQABIYyQgggoABBAAQhCAwHoCkKQkACACIoOxEAIIAIByBFABAA=}#}