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。