四川省成都市第七中学2024-2025学年高三下学期2月入学考试数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年02月试卷_0216四川省成都市第七中学2024-2025学年高三下学期2月入学考试（全科）

成都七中高 2025 届高三下入学测试参考答案 一、单选题 1.D 2.C 3.C 4.B 5.A 6.A 7.C 8.B 二、多选题 9.ABC 10.ABD 11.ACD 三、填空题 2n2 12.y  3x 13.112 14. n1 15.解：如下图所示，过点D作DF//BC，       DE 在VABC中，ABBCCA0，取单位向量n  ，…………………………..4分 DE             则n ABBCCA 0，即nABnBCnCA0，……………………..8分 n    A  B    A  B  cosccos，n  B  C   B  C  cosBacosB，…..10分 n  C  A   C  A  cosAbcosA， 所以，ccosacosBbcosA0，即acosBbcosAccos..13分 16.解：（1）连接AC，BD，相交于点O， 因为四边形ABCD是正方形，所以O是正方形的中心，BD  AC .连接PO，因为四棱锥 PABCD是正四棱锥，则PO 底面ABCD，即PO BD，可知BD 平面POC ； 因为E､F分别为PB､PD的中点⊥，所以EF是三角形PBD的中位线,EF //BD 则EF 平面POC,即可证EF PC .…………………………..4分 （2）由（1）可知EF BD，因为BD平面ABCD，EF 平面ABCD，所以EF 平面ABCD， 设平面AEGF与平面∥ABCD相交于直线l，故EF∥l∥DB，连接QA， ∥ 则因为AE=AF，所以AQ⊥EF，又因为OA⊥BD， 故∠QAO即为平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角，其中 1 OQ 1 OQ OP1，AO2，所以tanOAQ  ，故 2 AO 2且满足 f x sinx x cosx 0 ，即tanx x （几何意义：x 是ytanx与y x交点的 n n n n n n n  π  π π 横坐标）由上问可知x π,x  n1π,n1π ，x x π ,  n n1  2 n1 n  2 2 tan  x x πtanx x  tanx n1 tanx n  x n1 x n n1 n n1 n 1tanx tanx 1x x n1 n n1 n 因为x x 0，得tan  x x π0所以x x π0，即πx x ； n1 n n1 n n1 n n1 n （或者tanx tanx πtanx tanx x x 0 n1 n n1 n n1 n tanx tanx πx x π） …………………………..15分 n1 n n1 n 1 18.解：（1）设质点n次移动中向右移动的次数为Y，显然每移动一次的概率为 ，则 2 1 Y  B(n, )， Y (nY)2Y n，所以 2 n 1 1 1 P( 2)P(Y 1)C1( )( )3 .…………………………..4分 4 4 2 2 4 1 （2）①设运动2025次中有k次向右运动，则k  B(2025, )， 2k2025， 2025 3 1 2 P( 2k2025)Ck ( )k( )2025k ， 2025 2025 3 3  1 2 1 2 Ck ( )k( )2025k Ck1 ( )k1( )2026k   2025 3 3 2025 3 3 1 1 由 ，解得674 k 675 ，  Ck ( 1 )k( 2 )2025k Ck1 ( 1 )k1( 2 )2024k 3 3  2025 3 3 2025 3 3 又kN，所以k 675，即k 675时，P( 2k 2025)最大，此时 675， 2025 2025 即n2025时，质点最有可能运动到的位置对应的数为675.……………………..12分 1 ②设运动n次中有k次向右运动，则 2kn，k  B(n, )， n 3 1 2 2 8 由D(k)  n n ，D() D(2kn)4D(k) n.……………………17分 3 3 9 n 9 p AF  BF AB 19.解：(1)由抛物线的定义可知： y    ， M 2 2 2 AB p 即 y   ，当且仅当AB过焦点时取等. M 2 2 19 10 p 1 则   ，可解得 p  ，抛物线方程为y  x2. …………………………..6分 4 2 2 2(2)①设A  a,a2，B  0,0 ，C  c,c2 (ac 0)，则k  a2 c2 ac AC ac 则直线AC的方程为 ya2 (ac)(xa)，化简可得 y (ac)xac   由BC  AB,可知ac 1，即直线AC恒过定点E 0,1 . 则点D在以BE为直径的圆上（原点除外）， 2  1 1 综上，点D的轨迹方程为x2  y    y  0 ；…………………..10分  2 4   ② 依题意可设A a,a2 ，易知直线BA，CB的斜率均存在且不为0， 1 则设BA,CB的斜率分别为k和 ，由对称性，不妨设 k 1， k y  x2 直线AB的方程为 y k(xa)a2，则联立 得x2kxkaa2 0， y k(xa)a2 k24  kaa2 k2a2 0，则k 2a 1 1 则|AB| 1k2|k2a|，同理|BC| 1 2a ， k2 k 1 1 | AB||BC| 1k2 |k2a| 1 2a k2 k  1  1  1k23  1k2  k 2a  2a 1k2 k    k  k k2 令k2 m，则m0,1 ，设 f(m) (m1)3 m2 3m 1 3， m m 1 (2m1)(m1)2 1 则 f(m)2m3  ，令 f(m)0，解得m ， m2 m2 2  1 1  当m0, 时， f(m)0，此时 f(m)单调递减，当m ,， f(m)0，此时 f(m)单  2 2  1 27 3 3 调递增，则 f(m)  f  ，| AB||BC| ， min 2 4 2 1 1  1  但 1k2 |k2a| 1 2a  1k2 |k2a| 2a  ，此处取等条件为k 1，与最 k2 k  k  2 3 3 终取等时k  不一致，故 AB  BC  .…………………………..17分 2 2