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