成都市第七中学2025—2026学年度下期高2026届开学考试数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷_260302四川省成都市第七中学2025—2026学年度下期高2026届开学考试（全科）

成都七中高 2026 届高三下学期入学考试数学试题（参考答案）
一、单项选择题
1-8：DBBA CACC
8．解析：b0,ebln2 2lnae4，化简可得2eb 2lna24，故eb lna1.
由b0可得：eb 1,lna0，故a(0,1),blnab1eb，易知b0时，eb b1，故b1eb 0，故A正确；
由eb 1lna，即判断alna12.由a(0,1)，易知alna1，可知alna12,即eb a2，故B正确；
1 1 1 1 1 1
由b0，可知eb b1，即  ，故   0，故b11lna，即bln ，可得aeb 1，故 C
b1 eb b1 eb 1lna a
错误；
 e  e
由eb lna1可知：eb 1lna，故bln(1lna)lnln

，abalnln

 a  a
e 1 1
令ln t,t1,aet1 lnt，构造函数G(t) lnt,t(1,)
a et1 et1
1 1 et1t
于是G(t)   ，易知et1 t ，故G(t)0，可知G(t)单调递增，于是G(t)G(1)1，故ab1，故D
et1 t tet1
正确.
二、多项选择题
9-11：AC ACD ABD
10．解析： f (x)  sin2x    cos2x  1，故A正确；
1
f (x)  sin2 x 3   cos2 x 3   sin2 xcos2 x  sin4 xsin2 xcos2 xcos4 x  1
3
3 31cos4x 5 3 1 
3sin2 xcos2 x1 sin22x 1    cos4x  ,1  ，故B错误；
4 4 2  8 8 4 
n n
       
f  xsin2  x cos2  x  f (x) ，故C正确；
n 2    2    2  n
    
由 f n   x 2    f n (x) 故 T  2 ，故只需研究 f n (x) 在   0, 2   上的值域情况：

f '(x)2nsin2n1xcosx2ncos2n1x(sinx)2nsinxcosx  sin2n2xcos2n2x  0 可得 x
n 4
 1 n 1 n1
列表易知 f (x)  f (x)  f    2  ，故D正确.
n 极小值 n min n  4 2 2
11．解析：对于选项A，已知正四面体中对棱垂直且异面，连接EF，则EF为异面直线AB与CD的公垂线段．由棱长
为2，得AE 1,AF  3，在RtAEF中，EF  AF2AE2  2，A正确．
6
对于选项B，正四面体的外接球半径R （可在外接正方体中求解），球表面积S 4R2 6，B正确．
2
对于选项C，
方法一：以正四面体中心O为原点建立空间直角坐标系，由于求线面角，不妨将正四面体等比例放大，可设
答案第 1 页，共 6 页四、解答题
a ax
15．解：（1） f(x)alnxx1的定义域为(0,)， f(x) 1 ，············1分
x x
ax
当a0时：由于x0，则ax0，因此 f(x) 0 在(0,)上恒成立.所以，函数 f(x)在(0,)上单调递
x
减.············3分
当a0时：令 f(x)0，解得xa.当x(0,a)时，ax0，故 f(x)0，函数 f(x)单调递增.
当x(a,)时，ax0，故 f(x)0，函数 f(x)单调递减.············5分
综上，若a0，则 f(x)在(0,)上单调递减.
若a0，则 f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,)上单调递减.············6分
lnx 1 lnx 1 lnx lnx 1 2lnx
（2）证明：即证   ，即证   ，即证  ，
x1 x x1 x x1 x1 x x2 1
x2 1 x2 1
当x1时，即证lnx ，令h(x) lnx (x1) ，只需证明h(x)0．
2x 2x
2x2x  x2 1  2 1 4x2 2x2 2 1 2x2 2 1 x2 1 1 (x1)2
h(x)         ，
(2x)2 x 4x2 x 4x2 x 2x2 x 2x2
11 x2 1
所以h(x)在(1,)上单调递增，因此：h(x)h(1) ln10 ，即h(x) lnx0，············10分
2 2x
x2 1 x2 1 (x1)2
当0x1时，即证lnx ，由h(x) lnx (0x1) ，只需证明h(x)0.h(x) 0，
2x 2x 2x2
11 x2 1
所以h(x)在(0,1)上单调递增，因此：h(x)h(1) ln10，即h(x) lnx0 ，············12分
2 2x
x2 1 x2 1
即h(x) lnx0，等价于lnx ，证毕．············13分
2x 2x
16．解：（1）（i）由题意得：P(X 60)0.3，P(X 90)0.5P(60 X 90)0.50.30.2 ，
P(X 120)0.7P(90 X 120)0.70.50.2 ，P(X 180)0.9P(120 X 180)0.90.70.2
P(X 180)10.90.1，············2分
则E(X)300.3750.21050.21500.21800.1 915213018 93············4分
（ii）调度骑手数Y的分布列为：
Y 15 25 40 80 120
P 0.3 0.2 0.2 0.2 0.1
············6分
因此，E(Y)150.3250.2400.2800.21200.14.558161245.5············8分
单个骑手每小时平均配送10单，所以每小时平均配送订单数：E(10Y)10E(Y)455．············9分
（2）该平台启用智能调度系统之后，订单密度X对应的概率为：
P(X 60)0.35，P(X 90)0.55P(60 X 90)0.550.350.2 ，
P(X 120)0.75P(90 X 120)0.750.550.2 ，
P(X 180)0.95P(120 X 180)0.950.750.2 ，P(X 180)10.950.05，
所以调度骑手数Z的分布列为：
调度骑手数Z（人） 15 25 40 80 120
P 0.35 0.2 0.2 0.2 0.05
············12分
则E(Z)150.35250.2400.2800.21200.05 5.255816640.25．············15分
答案第 3 页，共 6 页17．解：（1）因PA底面ABCD，AB底面ABCD，则PA AB，············2分
又AB AD ，PA，AD平面PAD，PAADA，则AB平面PAD，············4分
又AB平面PAB，则平面PAB平面PAD；············6分
（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，如图．
由AB AP，ABAD3，设ABt，AGm ，于是AD3t，
其中0t3，0m3t ，则A0,0,0，Bt,0,0，D0,3t,0，P0,0,t，G0,m,0．
由CD 2，CDA45，可得C1,2t,0．············10分
假设存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，
     
则 PG  BG  CG  DG ，由 CG  DG ，
可得12 2tm2 3t m2t2m ．············12分
 
又 PG  GD t2 m2 3tm2 2m2 4m30，其判别式小于0，故方程无解，············14分
即线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．············15分
12
18．解：（1）当n1时：a S  1，············1分
1 1 2
n(n1) (n1)n n2nn2n
当n2时：a S S    n ，············3分
n n n1 2 2 2
因为a 1也满足a n，所以数列的通项公式为：a n.············4分
1 n n
n (1)kk
（2）由S bb 2bb 3bb (1)nnb b   ，············5分
n 1 3 3 5 5 7 2n1 2n1 (2k1)(2k1)
k1
(1)kk 1  1 1 
而  (1)k    ，
(2k1)(2k1) 4 2k1 2k1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 
则S         (1)n  (1)n  ，
n 4 1 3 3 5 5 7 2n1 2n1
1 1 

1 ,n为偶数
4 2n1
即S  ，············7分
n 1
1
1 
,n为奇数
 4 2n1
1 1   1 1
当n2k,kN*,S 2k  4   1 4k1   单调递减，可知：S 2k    4 ， 5  ，············8分
1 1   1 1
当n2k1,kN*,S 2k  4   1 4k1   单调递增，可知：S 2k1     3 ， 4  ，············9分
 1 1  1 1
综上：S
n
的取值范围为
 

3
,
4



4
，
5  
.············10分
n 2
（3）即证明： i  (n n n)．
3
i1
2 2
方法一：令T  (n1) n,T  n n1， ············11 分
n 3 n1 3
4
只需证明：T T  n ，即证T T  n 0，而T  1，············12分
n n1 n n1 1 3
答案第 4 页，共 6 页2
T T  (n n  n (n1) n1 n1)
n n1 3
2 3 3  2  
 n2 (n1)2  n n1 ( n n1) n(n1) n n11
3  3
2 2 2n n(n1)
 ( n n1)(2n n(n1))  ············14分
3 3 n n1
  2
由 T T  n ( n  n1) (2n n(n1))n n(n1)
n n1 3
4 2 1 1 1
 n n(n1)(n n(n1))  n n(n1) (n n(n1))
3 3 3 3 3
1
 n( n n1)0,得证.············17分
3
方法二：（数学归纳法）
2 4
n1 ， 1 2 ，············11分
3 3
k 2
假设nk时， i  (k k  k)
3
i1
k1 k 2
则当nk1时， i  i  k1 (k k  k) k1············13分
3
i1 i1
2 2
只需证明： (k k  k) k 1 (k 1) k 1 k 1············14分
 
3 3
2 3 3 1 1 2
即证 k1 (k1)2 k2 (k1)2 k2  ( k1 k)(2k1 k(k1)1)
3  3
3 k1 3 3 3
  k1( k1 k)  (k1) k(k1)2(k1) k(k1)
2 k1 k 2 2 2
1 1
k(k1)  (k1)，证毕.············17分
2 2
 3
19．解：（1）方法一：若 p3，过焦点F 且倾斜角为60的直线：y 3x ············1分
 2
与抛物线联立可得：4x2 20x90，判别式△2024492560，
9
设弦的两个端点Cx ,y  ，Dx ,y  则x x 5，xx  ，
1 1 2 2 1 2 1 2 4
 2
弦长|CD| 1 3  x x 8 ．············4分
1 2
3 3
方法二：设直线：x y ，············1分
3 2
与抛物线联立得：y2 2 3y90，计算△480，同理可得，y  y 2 3，y y 9，
1 2 1 2
答案第 5 页，共 6 页2
 3 2
|CD| 1   y y  4 38 ．············4分
  3   1 2 3
（2）(i)由于MQN 的角平分线为x4， k k 0，············5分
QM QN
y y y y 4 4 1 1
即： 1 0  2 0 0，化简得：  0，即  ，可得y  y 2y ············6分
x x x x y  y y  y y  y y  y 1 2 0，
1 0 2 0 1 0 2 0 1 0 2 0
易知满足条件的 MN 斜率必存在.设直线 MN 的方程为： ykxm ，将其与抛物线 y2 4x 联立得：
4 4m
y2  y 0(k  0)
k k
4 4m 4 2
由韦达定理，得：y  y  ,y y  ，因此 2y ,y  ，············8分
1 2 k 1 2 k k 0 0 k
2
 2
 
y2  k 1
又因为点Qx ,y 在抛物线上，满足y2 4x ，所以x  0   ，
0 0 0 0 0 4 4 k2
1 1 1
而点Q在角平分线上，即x 4，则 4,k2  ，解得k  ．············10分
0 k2 4 2
(ii)若三角形MNQ为等腰直角三角形，
  y2     
不妨设NMQ ,M 0 ,y ，因为MN MQ，且 MN  MQ ，注意到直线MN与MQ斜率均0，
2  4 0 
 y2   y2 
于是不妨设N 0 s,y t，Q 0 t,y s，st 0，············12分
 4 0   4 0 
 
（注：也可通过构造一组互相垂直且模相等的向量MN s,t与MQt,s，反解出点N、Q的坐标）
 
此时 NM  QM  s2 t2 ，
  y2 
 y t2 4 0 s
 0  4  4st2 4ts2
代入抛物线方程可得： ，解得y   ，
   y 0 s2 4    y 4 0 2 t    0 2t 2s
st(st)
所以4s2 st2 4t2 s2t ，整理得s2 t2  ，············14分
4
s2 t2 st s2 t2
由于st ，当且仅当st时等号成立；  ，当且仅当st 0时等号成立，
2 2 2
s2 t2
2 s2 t2 
则s2 t2  2 ，即s2 t2 32，当且仅当st 4时等号成立，············16分
4
1   s2 t2
所以S  NM QM  16，当且仅当st 4，y 0时，三个顶点坐标为0,0,4,4,4,4，此时三角形
ABM 2 2 0
ABM 面积的最小值为16．············17分
答案第 6 页，共 6 页