西南大学附中一诊模拟考试数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1226重庆西南大学附中2025届高三12月一诊模拟考试（全科）

西南大学附中高 2025 届高三上 12 月一诊模拟考试
gx在(0,x
0
)单调递减，(x
0
,)单调递增，(,2x
0
)单调递减，(2x
0
,2)单调递增，
1  1 3 1 1
又g(0)e 0，g( ) 0，g()0，g( ) 0，g(2)e 0，
数学试题参考答案
e 2 e 2 e e
所以g(x)在[0,2]上有3个零点，故g(x)在[4,4]上共有12个零点.D正确.
1—5:ABCDC 6—8:BAB 9.AC 10.ABD 11ACD
lnx lny lnx 1lnx 故选：ACD.
8．已知xlny ylnx,2x y. 即  ,2 x y. 令 f(x) , 则 f(x) ，
x y x x2 1  1
当x(0,e)时, f(x)0, f(x)递增; x(e,)时, f(x)0. f(x)递减. 又 ln2  ln4 . 12．6； 13．  2 ,2   ； 13． 2
2 4  1 
2024 15．解：(1) 由正弦定理，sinB(sinAcosBsinBcosA) sinCcos(B ). acsin
结合图象知yx的最大值为422. 即M中的最大元素为2, 故 1012. 选B. 6 2 3
2
1 6 3  
11．对于A，函数 f(x)ecosx sin2x，定义域为R ，关于原点对称，  (ac) sin sinBsin(AB)sinBsinCsinCcos(B ).
2 5 6 6
且 f(x)ecos(x) sin2(x)ecosx sin2x f(x)，故函数 f(x)是偶函数，A正确； 结合ABC化简可得 -----------------------2分
  3 1
对于B，由函数 f(x)ecosx sin2x,x( ,) ， 又因为C(0,), 所以sinC 0, 所以sinBcos(B )cosB sinB ,
2 6 2 2
可得 f(x)sinxecosx 2sinxcosx x ecosx  cosx)，x(  ,) 即tanB 3. --------------------5分 sin ( 2
2 
又因为B(0,)， 则B . ---------------------------6分

令t cosx，x( ,)，t(1,0)，htet 2t,t(1,0)， 3
2 6
(2) 因为S S S , 所以, 即ac (ac),------------9分
则htet 20，ht在t(1,0)单调递增，又h1 1 20，h010， ABC ABD BCD 5
e  1 a2c27 (ac)22ac7
 由余弦定理，cos    ,
所以存在t (1,0)使得ht 0，t cosx ,x ( ,)， f(x)0 3 2 2ac 2ac
0 0 0 0 0
2 6
当t(1,t )时，ht0， fx0， f x在x(x ,)单调递增；
结合ac (ac)可得ac5(舍负)，----------------12分
0 0 5

当t(t ,0)时，ht0， fx0， f x在x( ,x )单调递减；故B错误； 则ABC 的周长为5 7 . ----------------13分
0 0
2
16．解：(1) 在[80，90）内样本中人数：
对于C，由函数 f(x)ecosx sin2x,x(,)，
可得 f(x)sinxecosx 2sinxcosx x ecosx  cosx)，x(,)
在[90，100）内样本中人数：
0.015×10×100=15 sin ( 2
因为函数 f(x)是偶函数，不妨设x(0,)，sinx0，令t cosx，x(0,)，t(1,1)， 抽取2人中成绩优秀人数X可 0 取 .0005 ， ×1， 102×100=5
1 ， ，
htet 2t,t(1,1)，则htet 20，ht在t(1,1)单调递增，又h1 20， 2 1 1 2
e  15 21  15  5 15  5 1
2 2 2
  X的  分=布0 列=为  20 =38   =1 =  20 =38   =2 =  20 =19
h010，所以存在t (1,0)使得ht 0，t cosx ,x ( ,)， f(x)0
0 0 0 0 0 2 X 0 1 2
当t(1,t )时，ht0， fx0， f x在(x ,)单调递增；
0 0 P
当t(t ,1)时，ht0， fx0， f x在(0,x )单调递减； f(x)在x x 处取得极小值 21 15 1
0 0 0
又函数 f(x)是偶函数，所以 f x在(,x )单调递减，在(x ,0)单调递增 至少有1人初赛成绩优秀的概3率8 38 19
0 0
17
所以 f(x)在xx 处取得极小值，在x0处取得极大值. 故C正确； (2)   ≥ 1 =38
0
1 1 ，
对于D，由g(x) f(x) ecosx sin2x ，g(x2π)gx，函数gx周期为2π，  =45×0.05+55×0.2+65×0.3+75×0.25+85×0.15+95×0.05=69
e e 2
=65  ≈ 8

不妨设x[0,2π]，g(x)sinx(ecosx 2cosx)，由C可知，存在x
0
( ,)，
∵  ∼  (69,65)
21 2 2
∴全  校  参≥加85初赛=学  生  ≥中  ，+不2低  于=85分1−的  约  有−2  <  <  +2  ≈0人.02275 8  8 
2 ∴ cos  = =
∴ , 估计小华有资格参加复赛。 8000×0.02275=182 7 16  2 − 3  + 9 +3 7 16  2 −12  + 2 4 1
4 64
17．(1) 证明：过点P作 于点O，连接OM，过D作 于E，连接AE。
∵ 182<200 ∴
， 8 1
⊥     ⊥   = 2
在矩形APQD中， ，在梯形ABCD中， ， ∥ ， 7 21 1 1
∵   =   ∴   =   令 ， ，则−12 +16
，即 4  
⊥   ∠    =90°     1 8 8 8 1
∴ 又 ∠    =90° ，   ⊥ 面   ， 面 ， 面 令  =   ∈ [11,3] c，os  = 7 2 4 1  ，2 −12 对  +16
面 ， 21 2 8 8 8
∩   =    ⊂      ⊂    ∴   ⊥      = 4  −12  +16  ∈ [11,3]  =7
又 ， ， 面 ， 面
∵   ⊂    ∴   ⊥   8 8 8 8
当 时， ，当 时，
面 ， ∵ − > −
⊥     ∩   =    ,   ⊂     ∴   ⊥     3 78 7 11 64 8 64
∵在  梯  形⊂ABC  D   中  ，∴   ⊥   ，E是BC中点 ∴  =3  ，     = 3  =，7      = 7
1 3 7 1 3 7 21
1
=   =2= 2   ∴即  平  面∈P[A64M,6与4]平面  C  D∈Q[的8夹, 8角]的∴余c弦os值  的∈ [取7值,范1]围为 .
， ，M是BE的中点， ∥ 21
1 1 18．解：(1) 由题B(2,0)，a2，点F(c,0)、F (c,0)， [ 7 ,1]
1 2
∵正      方    形=A4B  E  D 中∴，   =4   ，=2   ∴        
则BF (c2,0)，BF (c2,0)，BF BF 4c2 1,
1 2 1 2
又 ， ， 面 ， 面
⊥   ∴   ⊥   ∴c2 5，b2 c2 a2 1
⊥  面    ， ∩   =    ,   ⊂    ∴   ⊥    x2
故双曲线C的方程为：  y2 1
(2) 解：以 ∵O  为  原 ⊂ 点，  过   O平 ∴ 行   于 ⊥AD   方向的直线为x轴，AB所在直线为y轴，OP所在直线为 4
(2) 设直线l:xty 5，E(x ,y ),F(x ,y )
z轴建立空间直角坐标系，如图，则O（0，0，0），P（0，0， ），Q（2，0， ），A 1 1 2 2
 xty 5
（0，1，0），B（0，-1，0），C（4，-1，0），D（2，1，0），设 3 （ ） 3, 联立 ，消x得，(t2 4)y2 2 5ty10，16t2 160
x2 4y2 4
（4，0，0）， （4 ，0，0），M（4 ，-1，0）， =（  0，  -=1，     ）， 0≤  =≤ （ 14 ，    -2= ，
2 5t 1
韦达定理，y  y  ，y y 
0）， =（-2，  2  ， 0），  =（0，-1，  ）     3      1 2 t2 4 1 2 t2 4
设平面    PAM的一个法向  量   3 弦长 EF  1t2  y y  1t2  (y  y )24y y  4(t2 1)  4 ，
1 2 1 2 1 2 t2 4 3
则  =(  ，,  ,  )
1 1
⋅    =0 −  + 3  =0 ∴t2  ，t
∴ ∴  =( 3,2 3  ,2  )
设平   面 ⋅  C  DQ= 的 0 一个 4 法   向 − 量 2  =0 4 2
1 1
故直线l的方程为：x y 5或x y 5 ，
则   =(，  ,  ,  )
2 2
  ⋅    =0 −2  +2  =0 即2xy2 50或2x y2 50.
∴ ∴  =( 3, 3,1)
记平    面 ⋅  P  AM= 与 0 平面−  C+DQ3的  夹=角0为 ，则
(3) 当直线l 的斜率不存在时，l ∥l ，不符合题意.
1 1 2

⋅   3+6  +2   ykxm
cos  = cos  ,   =
   
=
3+12 
2
+4 
2
⋅ 3+3+1
当直线l
1
的斜率存在时，设l
1
:ykxm，联立
x2 4y2 4
消y得，
2
3
8  +3 8  + 3 8 8  + 8 (4k2 1)x2 8kmx4m2 40
令 = 16 ，  2 +3⋅ 7 =，则 7 ⋅ 16  2 +3 = 7 16  2 +3 (8km)2 4(4k2 1)(4m2 4)16(4k2 m2 1)0，∴m2 4k2 1,m0
3 3 11 3
=  +8  ∈ [8, 8 ]  =  −8设切点P(x ,y )，交点Q(x ,y )， (3) 不妨令a =1，2，3，…，n，取出的4个数从小到大依次为abcd
1 1 2 2 n
8km 4km 4k 4k2 4k2 m2 1 当d m时（mn，mz ），缤纷数列a，b，c，d共有A 个
则x    ，y kx m m  ，  m
1 2(4k2 1) 4k2 1 m 1 1 m m m
ai（1im3，iz ），从a到d共有mi1个数

x 2  4
5
5 ，y 2  4
5
5 km 相应b，c的取法有 mi12 种，∴A
m
  m3 

mi1

2  2 
i1
假设存在x轴上点M(x 0 ,0)满足条件，则MPMQ恒成立， m4
M  P  M  Q  (x x ,y )(x x ,y )(x x )(x x ) y y 当m为偶数时，A   2 2i m2  1 (m2)2
1 0 1 2 0 2 1 0 2 0 1 2 m
2 4
16 5k 4k 4 5 1 4 5 i1
x x x (x x )x 2  y y  x (  ) x 2 ( km)
1 2 0 1 2 0 1 2 0 0 m3
5m m 5 m 5 当m为奇数时，若a=1，共有 种
1 4k 1 4k 2
 (5x 24 5x 5) (x  5)  (x  5)(5x  5) (x  5)
5 0 0 m 0 5 0 0 m 0 若a2，则回到刚才m为偶数的情形，共有 1 (m3)2种
4
5 4k
(x  5)(x   )0 1 m3 m3 m1
0 0 5 m 此时A  (m3)2  
m
  4 2 2 2
故存在x  5，使得MPMQ0即MPMQ，此时x轴上定点M( 5,0).
0 综上，当n为偶数时，从{a }中取出4个数为缤纷数列的个数为：
n
19．解：(1) ①4x712，x15，②2x712，x17，
T  A A A A  (A A A )(A A A )
n 4 5 6 n 4 6 n 5 7 n1
③2x412，x16，④2x47，x9（舍）
1222


n2

2
1223
n4

n2
 2  2 2
∴x所有可能值为：15，16，17
1 n2 n 1
   (n1)2(C2C2C2 )  (n2)(n1)n2C3
2 3 n2 n
(2) 若项数为4，不妨令a 为：1，q，q2，q3， 6 2 2 24
n 2 2
n n n
1q3 qq2，q2q1q，(q1)2 0，q1（舍）
 1 (n2)(n1)n2 2
(
2
1)(
2
2)
 1 (n2)(n1)n 1 (n4)(n2)n
若项数为5，不妨令a 为：1，q，q2，q3，q4 24 6 24 24
n
1
则1，q，q2，q3，q4为从小到大或从大到小排列。

24
(n2)n(2n5)
1
a. qq4 q2q3，1q3 qq2，∴q2q1q，(q1)2 0，q1（舍）
由 T n  24
(n2)n(2n5)
 2n5  1 ，即n224n530
b. 1q4 q2q3，q3(q1)(q1)(q1)，∴q3 q1，q3q10 C n 4 1 n(n1)(n2)(n3) n24n3 10
24
3 3
令 f(x)x3x1(x0)， f '(x)3x21， f(x)在（0， ）  （ ，+）  ∴3n21，此时n最大为20。
3 3
f(1)10， f(2)50， f(0)10
当n为奇数时，T
n
(A
4
A
6
A
n1
)(A
5
A
7
A
n
)
n3 2 n3 n1
∴p(1，2)使 f(p)0 1222  (1223  )
 2  2 2
c. 1q4 qq3，q3(q1)q1，q3 1，q1（舍） 1 n3 n1
   (n2)2(C2C2C2 )
d. 1q4 qq2，q2(q21)q1，q2(q1)1，q3q210 6 2 2 2 3 n2
2
令g(x)x3x21(x0)，g'(x)3x22x n1

n3

n5
1 2 2 2
x>0时，g'(x)0，g(x)在（0，+）

，g(1)10，g(1)10 
24
(n3)(n1)(n2)2 
6
∴q(0，1)使g(q)0

1
(n1)(n3)(2n7)
24
e. 1q3 qq2，q2q1q，(q1)2 0，q1（舍）
综上：满足条件的公式q一共有2个。1
(n1)(n3)(2n7)
由 T n  24  2n7  1 ，即n222n700
C4 1 n2 2n 10
n n(n1)(n2)(n3)
24
∴4n18，此时n最大为17。
综上，n的最大值为20。