高三答案文科数学_2024年3月_013月合集_2024届四川省绵阳南山中学高三下学期入学考试_四川省绵阳南山中学2024届高三下学期入学考试文科数学

2024年2月 绵阳南山中学高 2021 级高三下期入学考试试题 文科数学答案 一、选择题 1-6CBDBCA 7-12 BADBDC 1 1 x2f(x)1 11．【详解】令g(x) f(x) (x0)，则g(x) f(x)  ， x x2 x2 1 x2f(x)1 因为x0时，x2f(x)10，所以g(x) f(x)  0 ， x2 x2 1 即函数g(x) f(x) 在0,上单调递增； x 5 1 又 f 2 ，所以g(2) f(2) 2； 2 2 1 1 由 f lnx 2得 f lnx  2，所以g(lnx) g(2)，因此，lnx2，解得xe2. lnx lnx 12．如图所示，由题意得F(1,0)， 1 1 1 (|AG||BH|) (|AF||BF|) (|AF||BF|) MM' = 2  2  2 AB |AB| |AB| 2 |AF|2 |BF|2 2|AF||BF|cos 3 1 1 (|AF||BF|) (|AF||BF|) 2 2   |AF|2 |BF|2 |AF||BF| (|AF||BF|)2|AF||BF| 1 1 (|AF||BF|) (|AF||BF|)  2  2  3 (|AF||BF|)2 3 3 (|AF||BF|)2 (|AF||BF|) 4 2 MM' 3 当且仅当：|AF||BF|时， 有最大值 . AB 3 二、填空题    17 13. 8 14. 4 15.2k ,0kZ 16.  3  2 16.设AB2m，AC2n，由题设得mn4， 由题设，三棱锥PEFG中FG PE 3，EF  PGm，EG PF n， 第1页共7页2024年2月 将PEFG放在棱长为x，y，z的长方体中，如图， x2y2 32  则有y2z2 m2 ，则三棱锥PEFG的外接球就是长方体的外接球，  z2x2 n2  所以(2R)2  x2 y2z2  1 9m2n2 ， 2 (mn)2 由基本不等式m2 n2  8，当且仅当mn2时等号成立， 2 1 17π 所以外接球表面积S 4πR2  98π . 2 2 三、解答题 sinA sinB c2 a b c2 17.解：（1）选择条件①：由  1 及正弦定理，得：  1 ， sinB sinA ab b a ab a2b2c2 ab 1 即a2b2c2 ab，由余弦定理，得cosC    , 2ab 2ab 2 2 因为0C，所以C  ； 3 选择条件②：由(a2b)cosCccosA0及正弦定理， 得：(sinA2sinB)cosCsinCcosA0，即sinAcosCcosAsinC2sinBcosC. 即sin(AC)2sinBcosC. 在 ABC 中，ABC，所以sin(AC)sin(B)sinB， 1 即sinB2cosCsinB，因为0B，所以sinB0，所以cosC  , 2 2 因为0C，所以C  ； 3 AB AB 选择条件③：由 3asin csinA及正弦定理，得： 3sinAsin sinCsinA， 2 2 AB 因为0 A,sinA0，所以 3sin sinC. 2 AB C C C C 在 ABC 中，ABC，则sin cos ，故 3cos 2sin cos . 2 2 2 2 2 C C 3 2 因为0C，所以cos 0，则sin  ，故C  ； 2 2 2 3 4CD2 b2 4CD2 a2 （2）因为ADCBDC，所以  0， 22CD 22CD 第2页共7页2024年2月 整理得2CD2 a2b28， 2 在三角形ABC中，由余弦定理得42 a2b22abcos a2b2ab. 3 a2b2 因为ab ，当且仅当ab时取等号， 2 所以16a2b2aba2b2 1 a2b2  3 a2b2 ，即a2b2  32 ， 2 2 3 32 8 2 3 所以2CD2 a2b28 8 ，即CD ， 3 3 3 2 3 即CD长度的最小值为 . 3 24568 34445 18.解：（1）x  5，y  4， 5 5 5 所以x xy y31 10 00 031 6 ， i i i1 5 5 由于x x2 91019 20，y  y2 10001 2 i i i1 i1 5 x xy y i i 6 9 相关系数r i1    0.95， 5 5 2 5 2 10 x x2 y y2 i i i1 i1 因为r0.75，所以y与x具有较强的线性相关关系． （2）将地点1，2，3，4，5分别记为A，B，C，D，E 任抽2个地点的可能情况有A,B，A,C，A,D，A,E，B,C，B,D，B,E， C,D，C,E，D,E，共10种情况， 其中在地点3，4，5，甲型无人运输机指标数均高于乙型无人运输机指标数，即C,D， 3 C,E，D,E 3种情况，故所求概率为 ． 10 19.解：（1）在四棱锥PABCD中，AD//BC ，BCCD，BC 2CD2AD2 2， 四边形ABCD是直角梯形，ADC 90， 第3页共7页2024年2月 AC = CD2+AD2 = 2 AB CD2 (BCAD)2 2， 于是AC2AB2 8BC2，即AB⊥AC， 而平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD平面PAC  AC，AB平面ABCD， 则AB⊥平面PAC，又PC平面PAC， 所以PC AB. 5 （2）取AC的中点E，连接PE，由PAPC  AC  5， 2 得PE AC ， PE PA2AE2 2 ， 由平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD平面PAC  AC， PE平面PAC，得PE 平面ABCD， 由M是PA的中点，得点M 到平面ABCD的距离 1 1 d  PE 1，又S  ABAC 2，显然S S ， 2 ABC 2 PBM ABM 1 2 所以三棱锥CPBM 的体积V V V  S d  . CPBM CABM MABC 3 ABC 3 20.解(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且a≤0. f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a). ①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增.  a ②若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln .  2   a   a  当x∈,ln 时，f′(x)<0；当x∈ln ,时，f′(x)>0.   2   2    a   a  故f(x)在,ln 上单调递减，在区间ln ,上单调递增.   2   2  (2)①当a＝0时，f(x)＝e2x≥0恒成立.  a   a ②若a<0，则由(1)得，当x＝ln 时，f(x)取得最小值，最小值为fln ＝  2   2 3  a 3  a a2 4 ln   2     ，故当且仅当a2 4 ln   2     ≥0，即 2e4 3 a0 时，f(x)≥0. 第4页共7页2024年2月 综上a的取值范围是[ 3，0]. 2e4  4 1 21.解：（1）由题可得   a2  b2  1，…………………………2分   b2 3 1   a2 4 x2 y2 解得：a2 8,b2 2，所以椭圆C 的方程为  1．…………………4分 8 2 （2）当直线PA的斜率不存在时,则直线PA的方程为x2,则点 A的坐标为 A(2,-1)， 1 1 S = d PA = 2 2=2．……………………………………………5分 DAOP 2 2 1 当直线PA的斜率存在时，设斜率为k ,则直线PA的方程为 y1k(x2) (k ¹ ), 2 设A(x ,y ),B(x ,y )， 1 1 2 2 yk(x2)1 由  ,消去 y得(4k2 1)x2 (16k2 8k)x16k2 16k40, ……6分  x24y2 8 由已知D=(16k2-8k)2-4(4k2+1)(16k2-16k-4) =16(2k+1)2>0， 1 所以k ¹- ， 2 16k216k4 8k28k2 8k4 由题意,2x  ,x  2 , 1 4k21 1 4k21 4k21 (8k 4)k 则 y k(x 2)1 1, 1 1 4k2 1 8k+4 k(8k+4) PA = (x -2)2+(y -1)2 = ( )2+( )2 1 1 4k2+1 4k2+1 8k+4 1+k2 = ……………7分 4k2+1 -2k+1 2k-1 而原点O到直线l的距离为 d= = ， ………………8分 1+k2 1+k2 第5页共7页2024年2月 1 1 2k-1 8k+4 1+k2 24k2-1 2 所以S = d PA = ´ ´ = =21- …9分 DAOP 2 2 1+k2 4k2+1 1+4k2 1+4k2 1 2 2 因 为 k ， 所 以 1+4k2 Î(1,2)U(2,+¥) ， 0< <2 且 ¹1 ， 2 1+4k2 1+4k2 2 2 -1<1- <1且 1- ¹0 ， 1+4k2 1+4k2 2 所以0<1- <1，从而0