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开学考试答案-数学_A1502026各地模拟卷（超值！）_9月_240910四川省成都市树德中学2024-2025学年高三上学期开学考试

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开学考试答案-数学_A1502026各地模拟卷（超值！）_9月_240910四川省成都市树德中学2024-2025学年高三上学期开学考试
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树德中学高2022级高三开学数学考试试题 参考答案 1.A 2.B 3.B 4.C 5.A 6. C 7.C 8.D 9.ACD 10.BC 11.ACD x ex1-xex2 8．【详解】因为x 1 ax 1 -x 2 1 2  ， 整理得x ex1+ax >xex2+ax ，因为xx >0，所以 ex1 + a > ex2 + a ， 2 2 1 1 1 2 x x x x 1 1 2 2 令fx  ex a = + ，则函数fx x x  在-1,0  上单调递减， 则fx  ex x-1 =  -a ≤0在-1,0 x2  上恒成立，所以ex x-1  ≤a在-1,0  上恒成立， 令gx  =ex x-1  ，则gx  =ex x-1  +ex=xex<0在-1,0  上恒成立， 则gx  =ex x-1  在-1,0  上单调递减，所以gx  ≤g-1  2 =- ， e 2 2 故a≥- ，所以a得最小值为- . e e 11．【详解】由双纽线的定义可得：PF 1  ⋅PF 2  = x+a  2+y2⋅ x-a  2+y2=a2， 即 x+a   2+y2  ⋅ x-a   2+y2  =a4，化简得：x2+y2  2=2a2 x2-y2  ， 当a=1时，点P的轨迹方程为x2+y2  2=2x2-y2  ， 令y=0，解得x=± 2或x=0，所以AB  =2 2，故A正确； 因为F 1-a,0  ，F 2a,0  ，若满足PF 1  =PF 2  ，则点P在y轴上， 在方程中x2+y2  2=2x2-y2  令x=0，解得y=0， 所以满足PF 1  =PF 2  的点P为P0,0  ，只有一个，故B错误； 1 S △F1PF2 = 2 PF 1  PF 2  1 1 sin∠FPF = sin∠FPF ≤ ，故C正确； 1 2 2 1 2 2 因为C △PF1F2 =PF 1  +PF 2  +F 1 F 2  =2+PF 1  +PF 2  ， 又PF 1  PF 2  =1，且PF 1  +PF 2  >F 1 F 2  =2，所以C △PF1F2 =2+PF 1  +PF 2  >4， 接下来先证明PO  ≤ 2a： 在△F 1 PF 2 中，由余弦定理可得F 1 F 2  2=PF 1  2+PF 2  2-2PF 1  ⋅PF 2  ⋅cos∠FPF， 1 2 所以PF 1  2+PF 2  2=4a2+2a2cos∠FPF. 1 2     又因为2PO=PF +PF，所以2PO 1 2    2=PF+PF 1 2  2  =PF 1   2+PF 2     2+2PF ⋅PF =PF 1 2 1   2+PF 2   2+2PF 1   ⋅PF 2  cos∠FPF. 1 2 所以 2PO    2+F 1 F 2   2=PF 1   2+PF 2   2+2PF 1   ⋅PF 2  cos∠F 1 PF 2 +PF 1  2+PF 2  2-2PF 1  ⋅ PF 2  ⋅cos∠F 1 PF 2 =2 PF 1  2+PF 2  2   ，即4PO  2+4a2=2×4a2+2a2cos∠F 1 PF 2  ， 整理可得|PO|2=a2+a2cos∠F 1 PF 2 ≤2a2，所以PO  ≤ 2a；所以PO  ≤ 2， 如图以PF、PF 为邻边作平行四边形PFGF， 1 2 1 2 则GF 1  =PF 2  ，所以PF 1  +PF 2  =PF 1  +GF 1  <PG  =2PO  ≤2 2， 所以C △PF1F2 =2+PF 1  +PF 2  <2+2 2， 即△PF 1 F 2 的周长的取值范围为4,2+2 2  ，故D正确. 40 12． 16 - 13．4,+∞ 41  14．2+2 2 14【. 详解】因为fx  =x3-x，所以fa  =a3-a，fb  =b3-b， 又fa  +fb  =-2b，所以a3-a+b3-b=-2b，即a3+b3=a-b，a3+b3 因为a>0，b>0，所以a3+b3>0，所以a>b>0，所以 =1， a-b 又a2+λb2≤1，即a2+λb2≤ a3+b3 ，所以λb2≤ b3+a2b ，所以λ≤ b2+a2 = 1+ a b a-b a-b ab-b2  2 ， a-1 b 1+ a 令t= a ，则t>1，所以 b b  2 1+t2 t2-1+2 2 = = =t+1+ a-1 t-1 t-1 t-1 b =t-1  2 + +2≥2 t-1 t-1  2 ⋅ +2=2+2 2， t-1 2 当且仅当t-1= ，即t= 2+1时取等号， t-1 b2+a2 所以 ab-b2  =2 2+1 min  ，所以λ≤2+2 2，则实数λ的最大值为2+2 2. 15.(1)a<2时，不等式的解集为{x∣-12时，不等式的解集为{x∣1-a3.841 50×50×70×30 21 因此在犯错的概率不超过0.05的前提下认为视力与学习成绩有关系 (3)依题意按照分层抽样在不近视的学生中抽取了6人中年级名次在1~100名和101~1000名 的分别有2人和4人，从6人中任意抽取2人的基本事件共15个至少有1人来自于1~100名 9 3 的基本事件有9个，所以至少有1人的年级名次在1~100名的概率为P= = . 15 5 17．(1)∵BA=BC，且M是AC的中点，则BM⊥AC. ∵CF⊥平面ABC，BM⊂平面ABC，∴CF⊥BM. 又CF∩AC=C,CF,AC⊂平面ACFD，∴BM⊥平面ACFD， 因为DC⊂平面ACFD，∴DC⊥BM.① CF MC π ∵ = ,∠CFD=∠MCP= ，∴△CFD∽△MCP，则∠PMC=∠FCD. DF CP 2 π π ∵∠ACD+∠FCD= ，∴∠PMC+∠ACD= ，∴在平面ACFD中DC⊥PM.② 2 2 ∵BM∩PM=M,BM,PM⊂平面PBM，∴由①②知DC⊥平面PBM. (2)由题意得DM⎳CF，CF⊥平面ABC， ∴DM⊥平面ABC.由(1)可知BM⊥AC，故M为坐标原点. 如图，以MB，MC，MD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.CF DF ∵ = =λ，CP=1∴CM=DF=λ，DM=CF=λ2. DF CP ∴M0,0,0  ，Bλ,0,0  ，C0,λ,0  ，D0,0,λ2  .∵AC=2DF，    ∴由棱台的性质得BC=2EF,BC=-λ,λ,0   λ λ ，∴ME= , ,λ2 2 2  .   由(1)可知平面PBM的一个法向量为CD，且CD=0,-λ,λ2  . 6 ∵直线BC与平面PBM的所成角的正弦值为 ， 6   ∴cosBC,CD    BC⋅CD =   BC   ⋅CD  6 = (λ>0)， 6 -λ2 即  6 = ，解得λ= 2. λ 2⋅λ λ2+1 6   ∴平面PBM的一个法向量为CD，且CD=0,- 2,2  .  平面EFM的法向量为n=x,y,z  .  2 2 ∵ME= , ,2 2 2   ，MF=0, 2,2  ，    n   ⋅M  E  = 2 2x+ 2 2y+2z=0 ，即  y x = = - - 2 2 z z ，当z=-1时，x= 2，y= 2. n⋅MF= 2y+2z=0  ∴平面MEF的一个法向量为n= 2, 2,-1    .cosn,CD    n⋅CD =   n   CD  2+2 2 30 = = . 6× 5 15 2 30 ∴平面EFM与平面PBM所成夹角的余弦值 . 15 18．(1)解：设F 1 F 2  =2c，因为△BFF 与△ABF 的周长之差为2， 1 2 2 所以BF 1  +F 1 F 2  -AB  -AF 2  =2，即2c-2a=2， x2 y2 又因为F,F 分别为双曲线C : - =1的左、右顶点，所以c=2a， 1 2 2 4a2 4b2 联立方程组  c-a=1 ，解得a=1,c=2，所以b2=c2-a2=1， c=2a y2 故双曲线C 的方程为x2- =1. 1 3 x2 y2 (2)解：①由(1)知，双曲线C 2 的方程为 4 - 12 =1,F 1-2,0  ,F 22,0  ， x2 y2 设M(x ,y )，则 0 - 0 =1，可得y2=3(x2-4)， 0 0 4 12 0 0 y y y2 则k ⋅k = 0 ⋅ 0 = 0 =3. 1 2 x +2 x -2 x2-4 0 0 0 ② DE  -AB  为定值4. 理由如下： 由(1)得直线AB的方程为y=k 1x+2  ， y=k 1x+2 联立方程组    x2- y2 =1 ，整理得3-k2 1 3  x2-4k2x-4k2-3=0， 1 1 设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  4k2 -4k2-3 ，则x +x = 1 ,xx = 1 ， 1 2 3-k2 1 2 3-k2 1 1-4k2-3 因为A,B位于双曲线的左、右两支，所以xx = 1 <0，即k2<3， 1 2 3-k2 1 1 可得AB  = 1+k2 1  x 1 +x 2   2-4xx 1 2  = 361+k2 1  2 3-k2 1  = 61+k2 1 2  ， 3-k2 1 3 又因为k 1 ⋅k 2 =3，所以直线DE的方程为y= k x-2 1  ， 根据双曲线的对称性，同理可得DE  6 1+ 3 k = 1  2   3- 3 k 1  2   = 29+k2 1  ， 3-k2 1 所以DE  -AB  = 29+k2 1  - 61+k2 1 3-k2 1  =4，故DE 3-k2 1  -AB  为定值4. 19．(1)证明：因为方程ax3+bx2+cx+d=0a≠0  有三个根x,x ,x ， 1 2 3 所以方程ax3+bx2+cx+d=0a≠0  即为ax-x 1  x-x 2  x-x 3  =0， 变形为ax3-ax 1 +x 2 +x 3  x2+ax 1 x 2 +x 2 x 3 +x 3 x 1  x-axx x =0， 1 2 3 x +x +x =-b  1 2 3 a  比较两个方程可得 xx +x x +x x =c .  1 2 2 3 3 1 a   xx x =-d 1 2 3 a (2)(i)证明：∵fx  有两个零点， ∴fx  =0有一个二重根x 1 ，一个一重根x 2 ，且   x x 1 ≠ ≠ 0 0 , , 2 2x +x =-b  1 2 a  由(1)可得 x2+2xx =1 ，由x2+2xx = 1 <0可得xx <0.  1 1 2 a 1 1 2 a 1 2   x2x =-1 1 2 a 1 由x2⋅x =- >0可得x >0，∴x <00,x <0∴x >-2，综上-20，当t<- 时，gt 2  >0， ∴gt  1 在-∞,- 2  上单调递增，∴gt  1
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