四川省成都七中2022-2023学年高三上学期入学考试理科数学答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_四川省成都七中23届高三上学期入学考试数学含答案

理科参考答案 一． 选择题 1—5：ACBDB 6—10：BBCAC 11—12：CD 二．填空题 13.4 14．1200+300 3 15. 1 2 2 16. 4 三．解答题 5a a  17. 解:（1）由于S  1 5 5a ， 5 2 3 S 9  9 a 1  2 a 9  9 a 5   ， S 5a 1 所以 5  3  ，又 S 9a 3 9 5 a 3  6 ，所以 a 5  1 0 ，故 d  1 2 a 5  a 3  2   . 所以a a n3d 2n； n 3 （2）b 2a n 4n，c a b 2n4n，则 n n n n T 24  2242    2n4n 212 n  442  4n n 4  14n 4 n2 n n2 n  4n 1 . 14 3 18 解：（1）如图，过 D 作 D C 的垂线交SC于 E ， 以D为原点，以DC,DE,DA所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 由SDC120 ，则SDE30 ，又 S D  2 ， 所以点S到 y 轴的距离为1，到 x 轴的距离为 3 ， 则有D0,0,0,S  1, 3,0  ,A0,0,2,C2,0,0,B2,0,1,F   1 , 3 ,0  ，   2 2   AB2,0,1,AS   1, 3,2  ,CF    5 , 3 ,0  ，   2 2    nAB2xz0   设面SAB的法向量为nx,y,z，则 ，令x 3，则n 3,5,2 3 ， nAS x 3y2z0 5 3 所以CFn  3 502 30，即CF n， 2 2 又CF 平面 S A B ，所以CF //平面 S A B ; （2）设平面 S A D ·············6分 ···············12分 ······················5分 的法向量为mx,y,z ，且AD0,0,2,AS   1, 3,2  ， 1 1 1 mAD2z 0 则{ 1 ，令x  3，则m  3,1,0  . mAS x  3y 2z 0 1 1 1 1   又平面SAB的法向量为n 3,5,2 3 ，64k2m2 4  4k2 1  4m2 4  0，即 3 m 2  4 k 2  1 ，则 x 1  x 2   4 k 8 k 2 m  1 ， x 1 x 2  4 4 m k 2 2   4 1 . x x x x x x x x  1 2  1 2  1 2 因此， M N y 1y 1 kx m1kx m1 k2x x km1x x m12 1 2 1 2 1 2 1 2 4m2 4 4k2 1 4m1  2 ，即 2，解得m3. k2 4m2 4 km1  8km  m12 m1   4k2 1 4k2 1 故直线l的方程为 y  k x  3 ，所以直线 l 过定点 0,3 . 21. 解：（1）设h(x)ex ax1， h ( x )  e x  a ， 当a0时，h(x)ex a0，h(x)单调递增，当 x    , h ( x )    ，不满足恒成立； 当a0时， h ( x ) 在 (   , l n a ) 单调递减， h ( x ) 在 ( l n a ,   ) 单调递增， 1 1 所以h(x)的最小值为h(lna)aalna10，即1lna 0，即lna 10. a a 1 a1 设(a)lna 1，(a) ，所以 a a2 x  ( ) 在 ( 0 ,1 ) 单调递减， x  ( ) 在(1,)单调递增， 1 即(a) (1) 0，故lna 10的解只有 min a a  1 ，综上 a  1 .     （2）因为xex sinxcosxex  2sin  x ，则'x ex  2cos  x  ，  4  4 f  0  0   .      ①当 x0时，0 x  ，1 2cosx  2， 4 4 4  4 e x  1 ，   则'xex  2cos  x  0，所以，函数  4  x  在     4 , 0 上单调递减，故x f 00； ②当x0时，构造函数tx xsinx，可证得 x  s i n x ，由（1） e x  x  1 ， 所以，当x0时， xex sinxcosxex x10，当且仅当x0时，等号成立；  综上所述，对任意的x ， f xg(x)； 4 注：证明此命题时也可以不用切线放缩，直接利用x 单调性或不等式两边同除以 e x ·················12分 ············3分 . ······7分 （3）因为 f(x)gx2ax0，所以exsinxcosx2ax，即exsinxcosx2ax0． 不妨设Fxex sinxcosx2ax，原条件即Fx0，因为Fx0且 4 F  0   0 ，所以 x  0 时，Fx 取得最小值.   由于函数Fx 为可导函数，Fxex 2cosx a，则x0为函数  4 F  x  的极小值点，  故F00.所以F0e0  2cos a2a0，解得 4 a  2 . 下面证明当a2时， x  0 是函数 F  x  的极小值点.  由（2）问可知当x 时，Fxex cosxsinx2，Fxex sinxcosxx0，故 4    函数Fx 在  , 上单调递增，  4  F   0   0 ，   当  x0时， 4 F  x  F  0  0     ，当 x  0 时， F  x  F  0  0     .     函数Fx 在  ,0 单调递减，函数  4  F  x  在 0, 单调递增.  x0是函数Fx 的极小值点，合乎题意. 综上所述，a2.   3 22. 解: （1）由已知得t 2 x 3 代入 y 1 t，消去参数t得 2 曲线C 的普通方程为 3xy40． 1 （2）由曲线 C 2 的极坐标方程    a c o s 得2 acos， 2 2  a a 又2  x2  y2，xcos， y sin，所以x2  y2 ax，即 x   y2    ，  2 2 a  a 所以曲线C 是圆心为 ,0 ，半径等于 的圆．因为曲线 2 2  2 C 2 上恰有三个点到曲线 C 1 ·····················12分 ··············4分 1 的距离为 ， 2 a 3 4 a  a 1 a 1 2 所以圆心 ,0 到直线 3xy40的距离d   ，即   ， 2  2 2 2 2  3 2 12   解得a10 2 3 ． ····················10分