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