射洪中学高2021级高三下期入学考试数学（文科）试题答案_2024年2月_01每日更新_29号_2024届四川省射洪中学高三下学期开学考试

射洪中学高2021级高三下期入学考试
数学(文科)答案
1.【详解】x-1  ≥2，解得x≥3或x≤-1，
则M=x|x≤-1或x≥3  ，则∁ M=-1,3
R
 ，
故∁ M
R
 ∩N=0,1,2  ，故选：A.
3-2i 3-2i
2.【详解】由z⋅(2+3i)=3-2i得z= =
2+3i
 2-3i 
2+3i  2-3i 
6-9i-4i-6
= =-i，
13
所以z  =1，故选：D
3.【详解】对选项A：月温差(月最高气温-月最低气温)的最大值出现在10月，错误；
对选项B：每月最低气温与最高气温有较强的线性相关性，且二者为线性正相关，错误；
对选项C：每月最高气温与最低气温的平均值在4-8月分别为20.5,23,26.5,29,30，逐月增加，正确；
对选项D：9-12月的月温差为20,31,24,21；5-8月的月温差为18,17,16,16，9-12月的月温差的波
动性更大，错误；
故选：C.
4.【详解】因为a ，a 是x2-8x+4=0的两个实数根，
3 7
所以a a =4>0，a +a =8>0，a >0，a >0，又a a =a2，
3 7 3 7 3 7 3 7 5
所以a =a q2>0，a =2，b =a =2，
5 3 5 5 5
因此S = b 1 +b 9
9
 ×9 =9b =18，故选：C.
2 5
2 2 b2+c2-a2 b2+4-5
5.∵a= 5，c=2，cosA= ，∴由余弦定理可得：cosA= = = ，整理可得：3b2
3 3 2bc 2×b×2
1
-8b-3=0，∴解得：b=3或- (舍去)，故选D．
3
6.【详解】对于选项A，因为am2<bm2，所以m2>0，所以a<b，故A正确；
对于选项B，根据命题的否定的定义，¬p：∃x ∈R，2x0≤0，故B错误；
0
 
对于选项C，把x=4代入y=1.23x+0.08，得y=5，所以样本点的中心可以为4,5  ，故C正确；
对于选项D，当A>B时，根据三角形中大边对大角，得a>b，由正弦定理得sinA>sinB；
a b
当sinA>sinB时，根据正弦定理 = =2R，
sinA sinB
得sinA>sinB，所以A>B.所以“A>B”是“sinA>sinB”的充要条件，故D正确.故选：B
7.【详解】画出可行域与目标函数，
联立  2x-y-2=0 ，解得A 2 ,- 2
x-2y-2=0 3 3
 ，
2 2
当直线z=y-3x过点A ,-
3 3

2 2 8
时，z取得最小值，z =- -3× =- ，
min 3 3 3
8
故最小值为- .故选：A
3
高三数学（文科）入学考试参考答案 第1页（共8页）2
8.【详解】f(x)=1-
3x+1
 ⋅cosx，则fx  的定义域为R，
又f-x 
2
=1-
3-x+1
 ⋅cos-x 
2×3x
=1-
3x+1

2
⋅cosx=-1+
3x+1
 ⋅cosx=-fx  ，
所以fx  为奇函数，图象关于原点对称，故排除CD，
当x=π时，fπ 
2
=1-
3π+1

2
cosπ=-1+ <0，故排除A.故选：B.
3π+1
9.【详解】fx 
3 3 π
= sinωx+ cosωx= 3sinωx+
2 2 3
 ，
3是函数的最大值，由题意可知，x 1 -x 2 
1
的最小值是 个周期， 4
1 2π 1
所以 × =π，得ω= .故选：B
4 ω 2
10.【详解】对于A，如下图所示：将BC 平移到AD ，连接BD ，
1 1 1 1
易知在△ABD 中，∠BAD 即为异面直线AB 与BC 所成的平面角，
1 1 1 1 1 1
由正方体ABCD-ABCD 的棱长为2，
1 1 1 1
利用勾股定理可知AB =AD =BD =2 2，
1 1 1 1
即△ABD 为正三角形，所以异面直线AB 与BC 所成角为60°，即A正确；
1 1 1 1
对于B，连接AC,AC ，如下图所示：
1 1
由ABCD-ABCD 为正方体即可得，AA ⊥平面ABCD ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
而BD ⊂平面ABCD
1 1 1 1 1 1
所以AA ⊥BD ，又E,F在线段BD 上，所以AA ⊥EF；
1 1 1 1 1 1
又ABCD 为正方形，所以AC ⊥BD ，即AC ⊥EF，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又AC ∩AA =A ，AC,AA ⊂平面ACCA ，所以EF⊥平面ACCA ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又EF⊂平面 EFA，所以平面 EFA⊥平面ACCA ，即B正确；
1 1
对于C，易知点F不在平面ABE内，
假设AE⎳BF，又AE⊂平面ABE，BF⊄平面ABE，所以BF⎳平面ABE，
显然这与BF∩平面ABE=F矛盾，所以假设不成立，即C错误；
对于D，当E，F运动时，由等体积法可知三棱锥B-AEF体积与三棱锥A-BEF的体积相等，
即V =V ；
B-AEF A-BEF
1
易知三棱锥A-BEF的底面积S = EF⋅BB = 2，
△BEF 2 1
1
易知AC⊥平面BEF，所以点A到平面BEF的距离为d= AC= 2，
2
1 1 2
所以V =V = S d= × 2× 2= ，
B-AEF A-BEF 3 △BEF 3 3
即当E，F运动时，三棱锥B-AEF体积不变，即D正确.故选：C
高三数学（文科）入学考试参考答案 第2页（共8页）11.【详解】作OM⊥AB，垂足为M，
因为∠AOB=90°，OA  =OB  = 2a，所以AM  =BM  =OM  =a，
又FA=BP，所以M点为PF 中点，另外OF =OF，
1 1 1 2
1
所以OM⎳PF,OM= PF，
2 2 2
所以∠F 1 PF 2 =90°,PF 2  =2OM  =2a，
由双曲线的定义有PF 1  -PF 2  =2a，所以PF 1  =4a，
所以，在Rt△F 1 PF 2 中，F 1 F 2  = PF2+PF2= (2a)2+(4a)2=2 5a， 1 2
又F 1 F 2  =2c，所以2 5a=2c，化简得e= 5.
故选：D
12.【详解】因为x ≠x 时，恒有 φx 1
1 2
 -φx 2  >0，所以φ(x)在R上单调递增，
x -x
1 2
所以若φex-b  ≥φax  ，则ex-b≥ax，即ex≥ax+b，
构造函数fx  =ex-ax-bx∈R  ，fx  =ex-a，
若a=0，则fx  >0在x∈R上恒成立，而fx  ≥0恒成立，则b≤0，此时ab=0；
若a<0，则fx  >0，fx  单调递增，此时不可能恒有fx  ≥0；
若a>0，由fx  >0得x>lna，fx  单调递增，
fx  <0得x<lna，fx  单调递减，所以fx  ≥flna  =a-alna-b≥0，
即b≤a-alna，所以ab≤a2-a2lna，令ga  =a2-a2lnaa>0  ，
令ga  =a1-2lna  =0，得a= e，
a∈0, e  时，ga  >0，ga  单调递增，
a∈ e,+∞  时，ga  <0，ga  单调递减，所以ga  =g e
max

e
= ，
2
e
所以ab的最大值为 .
2
e
综上所述，ab的最大值为 .故选：B.
2
    
13.【详解】由题设a-2b=(-6,m+4)，且(a-2b)⊥b，
所以-6×1+(-2)×(m+4)=0，则m=-7.
故答案为：-7
14.【详解】∵f(x)是奇函数，所以f(2)=-f(-2)=-[2×(-2)3+(-2)2]=12．
高三数学（文科）入学考试参考答案 第3页（共8页）15.【详解】如图，由题意，当平面CAD⊥平面ABD，
∵AB=AC=2，D是BC的中点，∴AD⊥BC，即AD，BD，CD两两垂直，
2π π π
又∵∠BAC= ，∴∠BAD= ，∠ABD= ，AD=1，BD=CD=CD= 3.
3 3 6
如图，作长方体AEBD-AEBC，则三棱锥C-ABD的外接球，
即是长方体AEBD-AEBC的外接球，
设长方体AEBD-AEBC的外接球的半径为R，
则2R= AD2+BD2+CD2= 12+ 3  2+ 3  2= 7，
7
∴R= .
2
∴当三棱锥C-ABD体积最大时，
4 4 7 7 7 7π
其外接球的体积为V= πR3= π× = .
3 3 8 6
7 7π
故答案为： .
6
16.【详解】∵点F(2,0)为拋物线C的交点，∴抛物线C的标准方程为y2=8x，
∴抛物线C的准线l：x=-2过点M-2,0  ，
过点P向抛物线C的准线l作垂线，垂足为Q，由抛物线定义知，PF  =PQ  ，
PM
∴当P在第一象限时，

PF 
PM
=

PQ 
1
=
PQ 
PM 
1 1
= = ，
cos∠MPQ cos∠PMF
π
由题意，∠PMF为直线PM的倾斜角，且0<∠PMF< ，
2
PM
∴当∠PMF最大时，cos∠PMF取最小值，

PF 
1
= 取最大值，
cos∠PMF
易知直线PM的斜率存在且为正，∴设直线PM的方程为l ：y=kx+2
PM
 ，(k>0)，
当∠PMF最大时，直线PM与抛物线C相切，
y2=8x
∴
y=kx+2 
  ，消去y，化简得k2x2+4k2-8  x+4k2=0，(k>0)，
令Δ=4k2-8

2-16k4=0，解得k=1，∴tan∠PMF=1，
π π
又∵0<∠PMF< ，∴∠PMF= ，
2 4
PM
∴

PF 
PM
的最大值为

PF 
 
1
= = 2.故答案为： 2.
π max cos
4
17.【解析】(1)根据列联表代入计算可得：
100×40×30-20×10
K2=
 2 50
= ≈16.667>6.635， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
60×40×50×50 3
所以有99%的把握认为学生得“党史学习之星”与年级有关． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
高三数学（文科）入学考试参考答案 第4页（共8页）(2)由题意可知，所抽取的6名学生高一年级有4人，记为A ，A ，A ，A ，
1 2 3 4
高二年级有2人，设为甲、乙．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
从这6人中随机抽取2人的所有基本事件有A,A
1 2
 ，A,A
1 3
 ，A,A
1 4
 ，A,甲
1
 ，A,乙
1
 ，A ,A
2 3
 ，
A ,A
2 4
 ，A ,甲
2
 ，A ,乙
2
 ，A ,A
3 4
 ，A ,甲
3
 ，A ,乙
3
 ，A ,甲
4
 ，A ,乙
4
 ，甲,乙  ，共15个，
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
其中至少有一人是高二年级基本事件有 A,甲
1
 ，A ,甲
2
 ，A ,甲
3
 ，A ,甲
4
 ，甲,乙  ，A,乙
1
 ，
A ,乙
2
 ，A ,乙
3
 ，A ,乙
4
 ，共9个． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分
9 3
故至少有一人是高二年级的概率P= = ． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
15 5
18.【解析】(1)设等差数列a
n
 的公差为d．
∵a +a +a =15，a +a =4a ，
1 2 3 8 9 4
∴   3a 1 +3d=15， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
2a +15d=4a +12d，
1 1
解得 

a 1 =3， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
d=2.
∴a =3+2(n-1)=2n+1． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
n
1 1 1 1
(2)∵c = =  -
n (2n+1)(2n+3) 2 2n+1 2n+3
 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴ + +⋯+ =  - + - +⋯+ -
c c c 2 3 5 5 7 2n+1 2n+3
1 2 n
 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
1 1 1
=  -
2 3 2n+3
 ． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
19.【解析】(1)如图、连接BD，1分
∵AB=AD=1，CD=2，∴BD=BC= 2，
∴BD2+BC2=CD2，∴BC⊥BD．2分
∵BB ⊥平面ABCD，∴BB ⊥BC， 3分
1 1
又BB ∩BD=B，∴BC⊥平面BBDD ，5分
1 1 1
∵BM⊂平面BBDD ，∴BC⊥BM．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
1 1 1 1
(2)解：连接BM，BD． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
1 1
由已知可得BM= BD2+DM2=2，CM= CD2+MD2= 6，
1 1 1 1
高三数学（文科）入学考试参考答案 第5页（共8页）BC= BB2+BC2= 10， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
1 1
∴CM2+BM2=BC2，∴BM⊥CM．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
1 1 1
设点B到平面MBC的距离为h，
1
由(1)知BC⊥平面BBDD ，
1 1
1 1
∴三棱锥C-MBB 的体积 ×BC×S = h×S ，
1 3 △MBB1 3 △MB1C
10分
1 1 1 1
即 × 2× × 2×2 2= h× ×2× 6，
3 2 3 2
2 3 2 3
解得h= ，即点B到平面MBC的距离为 ． 12分
3 1 3
20.【解析】(1)由已知F 1 F 2  =4得c=2， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分
1
又S = ×4×b=4，b=2，∴a= 4+4=2 2． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
△PF1F2 2
x2 y2
所以椭圆的标准方程为 + =1. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
8 4
(2)由(1)知F 1 的坐标为-2,0  ，
①当直线l的斜率不存在时，AB 
2 2AB
=2 2，|OQ|2=8，则

=1 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
|OQ|2
②当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为y=kx+2  且k≠0，
y=k(x+2)

联立x2 y2 ，得2k2+1
+ =1
8 4
 x2+8k2x+8k2-8=0，
设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2 
-8k2 8k2-8
，则x +x = ，xx = ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分 1 2 2k2+1 1 2 2k2+1
AB 
8k2
= 1+k2 
2k2+1

2 8k2-8 4 2k2+1
-4× =
2k2+1

， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
2k2+1
设点Q(x ,y )，则 y 0 =- 1 ，即x =-ky ，代入椭圆方程得 -ky 0
0 0 x k 0 0
0
 2 y2 + 0 =1，
8 4
8 8k2 8k2+1
解得y2= ，x2= ，所以|OQ|2=x2+y2=
0 k2+2 0 k2+2 0 0

， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
k2+2
2 2|AB|
所以
OQ 
16k2+1
=
2

2k2+1
8k2+1 
2k2+4 3
= = +1， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
2k2+1 2k2+1
k2+2
2 2AB
又2k2+1>1，所以

的取值范围是1,4
|OQ|2
 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分
2 2AB
综上所述，

的取值范围是1,4
|OQ|2
 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
高三数学（文科）入学考试参考答案 第6页（共8页）21.【解析】(1)当a=e时，fx  =ax-log a x=ex-lnxx>0  ，
设y=fx  过点0,1  的切线方程为l:y=fx 0  x-x 0  +fx 0  x 0 >0  ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分
fx 0  =ex0-lnx 0 ，fx 0 
1
=ex0- ，代入切线方程得， x
0
1
y=ex0- x
0
 x-x 0 
1
+ex0-lnx =ex0- 0 x
0
 x+ex01-x 0  -lnx +1 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分 0
因为l过点0,1  ，所以ex01-x 0  -lnx 0 +1=1，即ex01-x 0  -lnx =0， 0
令gx  =ex 1-x  -lnx，gx 
1
=-xex- <0，
x
所以gx  单调递减，又g1  =0，所以gx  有唯一零点x=1，即原方程的根为x=1， ⋯⋯⋯⋯⋯5分
1
代回切线方程得y=ex0- x
0
 x+ex01-x 0  -lnx 0 +1=e-1  x+1
故y=fx  过点0,1  的切线方程为y=e-1  x+1． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
(2)因为fx  在0,+∞  上连续，又f1  =a>0，
所以要使fx  无零点，需使fx  >0在其定义域上恒成立．
则原问题转化为fx  =ax-log x>0，求a的取值范围， a
lnx
ax-log x>0⟺ax>log x⟺ax>
a a lna
⟺axlna>lnx⟺axxlna>xlnx⟺axlnax>xlnx∗  ⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
令 x
ℎ
 =xex x>0  ，x
ℎ
 =x+1  ex>0，所以 x
ℎ
 单调递增，
又由∗  式得 lnax
ℎ
 > lnx
ℎ

lnx
，所以lnax=xlna>lnx，即lna> 恒成立． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
x
令φx 
lnx
= ，φx
x

1-lnx
= ，令φx
x2
 =0得x=e，
当0<x<e时，φx  >0，φx  单调递增；当x>e时，φx  <0，φx  单调递减，
所以x=e是φx  的极大值点，φx  =φe
max

1 1 1
= ，所以lna> ，即a>ee．
e e
1
综上所述，a的取值范围为ee,+∞  ． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
22.【解析】(1)由曲线C 1 :   x y= = 2 2 s + in 2 θ cosθ (θ为参数, θ∈0,π  )，
消去参数θ，得x-2  2+y2=4cos2θ+4sin2θ=4 ⋯⋯⋯⋯⋯2分
所以曲线C 1 的直角坐标方程为x-2  2+y2=4(0≤y≤2) ⋯⋯⋯⋯⋯3分
π
因为曲线C 是以1, 2 2  为圆心的圆，且过极点O，所以圆心为0,1  ，半径为1，
故C 2 的直角坐标方程为：x2+y-1  2=1，
即x2+y2-2y=0，将

x
y=
=
ρ
ρ
s
c
i
o
n
s
θ
θ 代入可得：圆C
2
的极坐标方程为ρ=2sinθ ⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
高三数学（文科）入学考试参考答案 第7页（共8页）(2)因为曲线C 1 的直角坐标方程为x-2  2+y2=4(0≤y≤2).即x2+y2-4x=0，
将  x y= = ρ ρ s c i o n s θ θ 代入化简可得C 1 的极坐标方程为：ρ=4cosθ θ∈  0, π 2    ，
π
所以C 的极坐标方程为ρ=4cosθ0≤θ≤
1 2
 ；C 的极坐标方程为ρ=2sinθ；
2
π
因为M、N是直线l:θ= ρ∈R 4  与曲线C 、C 的两个交点， 1 2
π
不妨设Mρ,
1 4

π
,Nρ ,
2 4

π
，由(1)得C ：ρ=4cosθ0≤θ≤
1 2
 ，C ：ρ=2sinθ，
2
π π
所以ρ 1 =4cos 4 =2 2,ρ 2 =2sin 4 = 2，从而MN  =ρ 1 -ρ 2  = 2， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
23.【解析】(1)解：当t=1时，f(x)= x-1+   x+1 
2x (x≥1)

= 2 (-1≤x<1)， 

-2x (x<-1)
∵fx  ≤8-x2
2x≤8-x2
当x≥1时，即

，∴1≤x≤2；
x≥1
2≤8-x2
当-1≤x<1时，即

，∴-1≤x<1；
-1≤x<1
-2x≤8-x2
当x<-1时，即

，∴-2≤x<-1，
x<-1
综上可得不等式的解集为-2,2  ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
（2）解：∵fx  =x-t  +x+t  ≥(x-t)-(x+t)  =2t  ，当且仅当x-t  x+t  ≤0时取等号，
∴f(x) min =2t  ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
又m>0，n>0且m+n=4，
4m2+n 4m 1 4m m+n 1 4m n 9
∴ = + = + ≥ +2 ⋅ =
mn n m n 4m 4 n 4m 4
4m n 4 16
当且仅当 = ，即m= ，n= 时等号成立，
n 4m 5 5
4m2+n 9
所以 ∈  ,+∞
mn  4
 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
9
根据题意可得 ≤2t
4

9 9
，解得t≥ 或t≤- ，
8 8
9
∴t的取值范围是-∞,-
8

9
∪  ,+∞
 8
 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
高三数学（文科）入学考试参考答案 第8页（共8页）