2024年成都四七九高三适应性考试 试卷及答案合集.rar

2024 届四川省成都市第七中学高三下学期模拟考试届四川省成都市第七中学高三下学期模拟考试文科数学试题文科数学试题（5 月月 11 日）日）第第 I 卷卷一选择题（本大题共一选择题（本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.设全集U R，集合20,Ax x xBx xa，若A与B的关系如图所示，则实数a的取值范围是（）A.0,B.0,C.2,D.2,2.设命题:,esin 30 xpxx R，则p为（）A.,esin 30 xxx R B.,esin 30 xxx RC.000,esin 30 xxxR D.000,esin 30 xxxR3.随着我国经济实力的不断提升，居民收入也在不断增加.抽样发现某家庭 2023 年全年的收入与 2019 年全年的收入相比增加了一倍，实现翻番.同时该家庭的消费结构随之也发生了变化，现统计了该家庭这两年不同品类的消费额占全年总收入的比例，得到了如下折线图：则下列结论中正确的是（）A.该家庭 2023 年食品的消费额是 2019 年食品的消费额的一半B.该家庭 2023 年教育医疗的消费额是 2019 年教育医疗的消费额的 1.5 倍C.该家庭 2023 年休闲旅游的消费额是 2019 年休闲旅游的消费额的六倍D.该家庭 2023 年生活用品的消费额与 2019 年生活用品的消费额相当4.已知向量,a b满足1,1aa b，则2aab（）A.4 B.3 C.2 D.05.已知一个棱长为 2 的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该截面的面积为（）A.92 B.4 C.3 D.3 1026.已知复数 211 izaaaR（i为虚数单位)，则“2z”是“25a”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件7.已知如图为函数 f x的图象，则 f x的解析式可能是（）A.2sin1xf xx B.ln1xf xxC.31xf xx D.2221xxf xx8.已知角的顶点在坐标原点O，始边与x轴的非负半轴重合，将角的终边绕O点顺时针旋转3后，经过点3,4，则sin（）A.3 3410 B.43 310 C.3 3410 D.43 3109.已知正四棱台ABCDEFGH的上底面积为 16，下底面积为 64，且其各个顶点均在半径57R 的球O的表面上，则该四棱台的高为（）A.2 B.8 C.8 或 12 D.2 或 1210.恩格斯曾经把对数的发明解几何的创始和微积分的建立称为十七世纪数学的三大成就.其中对数的发明，曾被十八世纪法国大数学家拉普拉斯评价为“用缩短计算时间延长了天文学家的寿命”.已知正整数N的 70 次方是一个 83 位数，由下面表格中部分对数的近似值（精确到0.001），可得N的值为（）M2371113lgM0.3010.4770.8451.0411.114A.13 B.14 C.15 D.1611.函数 yf x的图象经过伸缩变换(0)12xxyy后，得到函数1sin2yx的图象，现有如下说法：若3，函数 f x在,6 3上有最小值，无最大值，且63ff，则5；若直线4x 为函数 f x图象的一条对称轴，5,03为函数 f x图象的一个对称中心，且 f x在 5,46上单调迸减，则的最大值为1817；若 12f x 在 3,44x上至少有 2 个解，至多有 3 个解，则164,3；则正确的个数为（）A.0 B.1 C.2 D.312.已知抛物线2:2(0)C ypx p的焦点为F，点,2,2M N A在抛物线C上，0AMANkk，其中1AMk，则sinsinFMNFNM的最大值为（）A.55 B.2 55 C.3 55 D.4 55第第 II 卷卷二填空题：本大题共二填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 20 分分.13.如图是某赛季甲乙两名篮球运动员 5 场比赛得分的茎叶图，已知甲的成绩的极差为 31，乙的成绩的平均值为 24，则xy的值为_.14.若实数,x y满足12020yxyxy，则2zxy的最小值为_.15.如图，12,F F分别是双曲线22221(0,0)xyabab的左右焦点点P是双曲线与圆2222xyab在第二象限的一个交点，点Q在双曲线上，且1213FPF Q，则双曲线的离心率为_.16.若ABC为锐角三角形，当2tan9tan17tanABC取最小值时，记其最小值为m，对应的tanAn，则mn_.三解答题：本大题共三解答题：本大题共 7 小题，共小题，共 70 分，解答须写出必要的文字说明证明过程或演算步骤分，解答须写出必要的文字说明证明过程或演算步骤.17.（本小题满分 12 分）已知数列 na的前n项和为nS，且23,22nnaSn a.（1）求数列 na的通项公式；（2）若存在*nN，使得112231111nnnaa aa aa a成立，求实数的取值范围.18.（本小题满分 12 分）某植物园种植了一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度（单位：cm）介于15,25之间，现对该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示.（1）求a的值；（2）若从高度在15,17和17,19中分层抽样抽取 5 株，再在这 5 株中随机抽取 2 株，求抽取的 2 株高度均在17,19内的概率.19.（本小题满分 12 分）如图，在四棱锥EABCD中，底面为菱形，已知60DABBAE2,6,2.ADAEDEAB（1）求证：平面ABE 平面ABCD；（2）求点B到平面AED的距离.20.（本小题满分 12 分）如图，四边形OFHG（O为坐标原点）是矩形，且2,3OFOG，点0,3E，点,1,2,3,1iiA B in分别是,OF FH的2n n 等分点，直线iEA和iGB的交点为iM.（1）试证明点1,2,3,1iMin在同一个椭圆C上，求出该椭圆C的方程；（2）已知点P是圆227xy上任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别是,A B，求PAB面积的取值范围.注：椭圆22221(0)xyabab上任意一点00,Q xy处的切线方程是：00221x xy yab.21.（本小题满分 12 分）已知函数 1lnexa xf xx aR.（1）若 f x在0,上单调递增，求a的取值范围；（2）若 f x有 2 个极值点1212,0 x xxx，求证：22122 ea xx.（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22 23 题中任选一道作答题中任选一道作答.如果多做，则按所做的第一题计分如果多做，则按所做的第一题计分.22.【选修 4-4：坐标系与参数方程】（10 分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为21222xtyt （t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的圆心为3,2，半径为 1.（1）求直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；（2）在圆C上求一点P，使点P到直线l的距离最小，并求出最小距离.23.【选修 4-5：不等式选讲】（10 分）己知函数 22f xxmxm，其中0m.（1）当2m 时，求不等式 10f x 的解集；（2）若对任意的,4xf xmR恒成立时m的最小值为t，且正实数,a b满足222abt，证明：2abab.成都七中高成都七中高 2024 届高三下期数学考试（届高三下期数学考试（5.11）参考答案（文科）参考答案（文科）一选择题：本大题共一选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.123456789101112CDCBABDBDCCB二填空题：每小题二填空题：每小题 5 分，共分，共 20 分分13.15；14.3；15.102；16.160.三解答题：本大题共三解答题：本大题共 7 小题，共小题，共 70 分，解答须写出必要的文字说明证明过程或演算步骤分，解答须写出必要的文字说明证明过程或演算步骤.17.解（1）当1n 时，111222Saa，解得12a，当3n 时，1122,212nnnnSn aSna，两式相减可得，1212nnnana，则11232111112,2,2 112212332212nnnnaaaaaannnnnnnn 累加可得，242111naannn，则1nan，而1,2n 时也符合题意，故1nan.（2）依题意，111111212nna annnn，故1223111111111123341222nnna aa aa annn；故12122311112;222(2)nnnnnana aa aa ann则2max?2(2)nn，而21142(2)1624nnnn（当且仅当2n 时取等号），故实数的取值范围为1,16.18.解：（1）依题意可得0.050.0750.150.121a，解得0.125a；（2）由（1）可得高度在15,17和17,19的频率分别为 0.1 和 0.15，所以分层抽取的 5 株中，高度在15,17和17,19的株数分别为 2 和 3，因此记高度在15,17植株为m n，记高度在17,19植株为A B C，则所有选取的结果为 ,m nm Am Bm Cn An Bn CA BA C,B C共 10 种情况，令抽取的 2 株高度均在15,17内为事件,M M的所有情况为 ,A BA CB C共 3 种情况 10 分即310P M 19.（1）证明：如图，过D作DOAB，连结,60,2,EODABEABADAEAOAO，,90,3DAOEAODOAEOADOEO，2226,DEDOEODEDOEO，,DOAB ABEOODO面ABE，DO 面,ABCD 平面ABE 平面.ABCD.（2）解：设B到AED的距离为d，由（1）可知3,3AEBODOES，在等腰AED中，152,6,2AEDAEADDES，11,33B AEDD AEBAEDAEBVVdSODS，解得2 15,5d 点B到面AED的距离为2 155.20.解：（1）设,iMx y，又23,0,2,31,2,3,1iiiiABinnn，则直线3:32inEAyxi，直线3:32iiGByxn，.点,iMx y的坐标是方程的解，可得23334yyx，化简得22143xy所以,iMx y在同一个椭圆上，该椭圆方程为22143xy.（2）设112200,A x yB xyP xy，则22007xy，切线PA方程为：11143x xy y，切线PB方程为：22143x xy y，两直线都经过点P，得：101020201,14343x xy yx xy y，从而直线AB的方程是：00143xyxy，当00y 时，207x，由02214143xxxy得297y，则1267AByy164972777S.当00y 时，由0022143143xyxyxy，消y得：222000212448 160yxx xy，由韦达定理，得：200121222002448 16,.2121xyxxx xyy.222000012222000892448 164212121yyxyxxyyy，2222000001222200002 798939114162121yyyxxABxxyyyy，点P到直线AB的距离22002022001943743xyydxy，3222000220092 799112221217yyySAB dyy其中2007y令209ty，则323,4,12PABttSt，令 3212tf tt，则 422236012ttftt，f t在3,4t上单调递增，9 16,77f t综上所述，PAB面积的取值范围是9 16,7721.解：（1）因为 f x在0,上单调递增，所以0 x 时 10exaxfxx，即2exax，设 2e(0)xg xxx，则 32 exxgxx，所以0,2x时 0,gxg x单调递减，2,x时 0,gxg x单调递增，所以 2e24g xg，所以2e4a，即a的取值范围是2e,4；（2）由（1）知12,x x是方程2e0 xax的两个不同正根，所以122212ee0 xxaaxx，经验证，12,x x分别是 f x的极小值点，极大值点，121222212ee2exxxxa xx，下面证明121xx.由122212eexxxx，得122122exxxx，两边取对数，得12122 lnlnxxxx，即1212lnln12xxxx，则1121211211222212ln2ln1xxxxxxxxxxxxxx，设12xtx，则1t，则要证121xx，即证12ln11ttt，即证22ln101tt.设 22ln1(1)1h tttt，则 22221220(1)(1)tth tttt t，所以 h t在1,上单调递增，从而 10h th，于是121xx成立，故22122 ea xx.22.解，（1）直线l的参数方程是21222xtyt （t是参数）l的普通方程为：10 xy 又圆心C的极坐标为3,2，则C直角坐标为0,3，又圆C的半径为 1圆C的直角坐标方程为22(3)1xy（2）P在圆C上，设cos,3sinP，则点P到直线:10l xy 的距离为：222sin2cos3sin1sincos24221(1)d sin2sin244当sin14，即4 时，min21d，此时p的坐标为cos,3sin44即：22,32223.解：（1）当2m 时，2,4448,442,4xxf xxxxxx 则 f x的图像如下：由 10f x 得：,55,x 不等式 10f x 的解集,55,x（2）由对任意的,4xf xmR恒成立min()4(0)f xm m 22222222f xxmxmxmmxxmmxmm即：222min()2240,24f xmmmmmmmmm4m or1m，又0m，则1m，即min1mt 由正实数,a b满足222abt得：222ab证明：,a bR，要证：2abab，只需证：222()4aba b，即：2212aba b只需证：22210a bab，即：2110,ababa bR，则210ab 只需证：10ab，即2212abab且222abab22ab，即证12ababa 成立成都七中高成都七中高 2024 届高三下届高三下 5 月数学理科测试题月数学理科测试题一选择题（本大题共一选择题（本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.执行如图所示的程序框图，则输出的a的值为（）A.202321 B.20232 C.202321 D.202422.已知向量4,3,5,12ab，则a bb（）A.52 B.-43 C.-10 D.763.如图，已知U是全集，,A B C是U的三个子集，则阴影部分表示的集合是（）A.ABC B B.ABCC.UABC D.UABC4.下列四幅残差分析图中，与一元线性回归模型拟合精度最高的是（）A.B.C.D.5.下列大小关系正确的是（）A.2ln2ln2 B.2.2222.2C.23.33.32 D.43.33.346.如图，直角梯形ABCD中，ADBC且222BCABAD，以AB为轴旋转一周，形成的几何体中内接正四棱台的最大体积为（）A.143 B.73 C.7 D.2837.风筝由中国古代劳动人民发明于东周春秋时期，距今已 2000 多年.因龙被视为中华古老文明的象征，再加上大型龙类风筝放飞场面壮观，气势磅礴而广受喜爱.某团队耗时 3 个多月做出一长达 180 米重约 20 公斤，“龙身”共有 140 节“鳞片”的巨龙风筝.制作过程中，风筝骨架可采用竹子制作，但竹子易断，还有一种耐用的碳杆材质也可做骨架，但它比竹质的成本高.最终团队决定鳞片骨架按图中规律创作.则所有鳞片中竹质鳞片个数为（）A.120 B.124 C.128 D.1308.有 3 个男生和 3 个女生参加某公司招聘，按随机顺序逐个进行面试，那么任何时候等待面试的女生人数都不少于男生人数的概率是（）A.12 B.14 C.124 D.11449.已知函数 sin(0),2f xxx的值域是,a b，则下列命题错误的是（）A.若2,6ba，则不存在最大值B.若2,6ba，则的最小值是73C.若3ba，则的最小值是43D.若32ba，则的最小值是4310.若对于任意正数,x y，不等式1 lnlnxxx yay恒成立，则实数a的取值范围是（）A.10,e B.31 1,ee C.21,e D.31,e11.已知抛物线2:4C yx的焦点为F，直线1(yk xkR且0)k 交C于,A B两点，直线,OA OB分别与C的准线交于,M N两点，（O为坐标原点），下列选项正确的有（）A.k R且0,kOM OAON OB B.k R且0k，OM ONOA OB C.k R且20,kOM ONOF D.k R且20,kOM ONOF 12.三棱堆PABC各顶点均在半径为2 2的球O的表面上，2 2,90ABACBAC，二面角PBCA的大小为45，则对以下两个命题，判断正确的是（）三棱锥OABC的体积为83；点P形成的轨迹长度为2 6.A.都是真命题B.是真命题，是假命题C.是假命题，是真命题D.都是假命题二填空题：本大题共二填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 20 分分.13.设随机变量服从正态分布2,1N，若(1)()PaPa，则a _.1014.98除以 1000 的余数是_.15.将数据0122,2,2,排成如图的三角形数阵，（第一行一个12n，第二行两个22,n，最下面一行有n个0*2,nN）则数阵中所有数据的和为_.16.如图所示，已知ABC满足8,3,BCACAB P为ABC所在平面内一点.定义点集13,3DP APABACR ，若存在点0PD，使得对任意PD，满足0APAP 恒成立，则0AP最大值为_.三解答题：本大题共三解答题：本大题共 7 小题，共小题，共 70 分，解答须写出必要的文字说明证明过程或演算步骤分，解答须写出必要的文字说明证明过程或演算步骤.17.在ABC中，角,A B C所对的边长分别为,a b c且2 cos3 cos3 cosaCbCcB.（1）求角C的值；（2）若ABC的面积为 1，求ABC周长的最小值.18.如图，在四棱台1111ABCDABC D中，底面ABCD是边长为 2 的正方形，111BC.（1）证明：1AA平面1BDC；（2）若111,2AABD BCCC，求平面1BC D与平面11BCD夹角的余弦值.19.甲乙两支足球队将进行某赛事的决赛.其赛程规则为：每一场比赛均须决出胜负，若在规定时间内踢成平局，则双方以踢点球的方式决出胜负按主客场制先进行两场比赛，若某一队在前两场比赛中均取得胜利，则该队获得冠军；否则，需在中立场进行第三场比赛，其获胜方为冠军假定甲队在主场获胜的概率为12，在客场获胜的概率为13，在第三场比赛中获胜的概率为25，且每场比赛的胜负相互独立.（1）已知甲队获得冠军，求决赛需进行三场比赛的概率；（2）比赛主办方若在决赛的前两场中共投资m（千万元），则能盈利2m（千万元）.如果需进行第三场比赛，且比赛主办方在第三场比赛中投资n（千万元），则能盈利n（千万元）.若比赛主办方准备投资一千万元，以决赛总盈利的数学期望为决策依据，则其在前两场的投资额应为多少万元？20.平面直角坐标系xOy中，动点P在圆224xy上，动点Q（异于原点）在x轴上，且2PQ，记PQ的中点M的轨迹为.（1）求的方程；（2）过点3,1的动直线l与交于,A B两点.问：是否存在定点N，使得12k k为定值，其中12,k k分别为直线,NA NB的斜率.若存在，求出N的坐标，若不存在，说明理由.21.若函数 ee,xf xxag xx.（1）求函数 lnF xx g x在1,0处的切线方程；（2）当32a 时，讨论函数 tgG xf xx零点个数tR；（3）当1a 时，证明：lnf xx g x（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22 23 题中任选一道作答题中任选一道作答.如果多做，则按所做的第一题计分如果多做，则按所做的第一题计分.22.【选修 4-4：坐标系与参数方程】（10 分）在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线1C方程为2212xy，曲线2C参数方程为cos(1 sinxy 为参数)，曲线3C方程为tan0,02yxx，曲线3C与曲线12,C C分别交于,P Q两点.（1）求曲线12,C C的极坐标方程；（2）求22|OPOQ的取值范围.23.【选修 4-5：不等式选讲】（10 分）已知函数 53f xxx.（1）解关于x的不等式 1f xx；（2）记函数 f x的最大值为m，若420,0,eeeabab mab，求ab的最小值.成都七中高成都七中高 2024 届高三下届高三下 5 月数学理科测试题答案月数学理科测试题答案一选择题一选择题题号123456789101112答案BBCDCABBDCBA二填空题二填空题13.32 14.24 15.122nn 16.3三解答题三解答题17.解（1）由已知2 cos3 cos3cosaCbCB得2sin cos3sin cos3sin cosACBCCB，即2sin cos3sinACBC，因为ABC，所以sinsin sinBCAA，所以2sin cos3sin,ACAA为ABC内角，3sin0,cos,0,26ACCC.（2）1sin1,26ABCSabCC，则4ab.且222222cos4 324 384 3cababCabab，当且仅当ab时，即2ab时，等号成立.284 3484 3462abcab 当且仅当2ab时，取等号.ABC周长最小值为462.18.解：（1）由棱台定义可知1AA与1CC共面，且平面ABCD平面1111ABC D.又平面ABCD平面11ACC AAC，平面1111ABC D 平面1111ACC AAC所以AC11AC.连接AC交BD于点O，则O为AC中点.因为1122BCBC，所以11ACAO.所以四边形11A AOC是平行四边形，所以1AA1OC.又1AA 平面11,BDC OC 平面1BDC，所以1AA平面1BDC.（2）在正方形ABCD中，BDAC，又11,BDAA ACAAA，所以BD 平面11ACC A.因为1OC 平面11ACC A，所以1BDOC，在1Rt BOC中，1190,2,2BOCBOBC所以12OC 在1OCC中，112,2OCOCCC，所以22211OCOCCC所以1OCOC.以O为原点，分别以,OB OC OC 为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.1122222,0,0,2,0,0,0,2,0,2,22222BDCBD所以1112 3 22,0,0,222B DBC .设平面11BCD的法向量为,nx y z则11100n B Dn BC即倍0320 xyz令2y，则3z，所以0,2,3n，又因为平面1BC D的法向量0,1,0m 所以2 13cos,13m nm nm n 所以平面1BC D与平面11BCD所成角余弦值为2 1313法 2：（1）将棱台补形成棱锥PABCD，由棱台定义知平面ABCD平面1111ABC D.又平面ABCD平面11BCC BBC，平面1111ABC D 平面1111BCC BBC，所以BC11BC.连接AC交BD于点O，则O为AC中点.又11BCPBC P，所以1112BCPCBCPC，所以1C为PC中点，所以1OC为ACP的中位线，所以1AA1OC 又1AA 平面11,BDC OC 平面1BDC，所以1AA平面1BDC（2）在正方形ABCD中，BDAC，又11,BDAA ACAAA，所以BD 平面11ACC A.因为1OC 平面11ACC A，所以1BDOC在 Rt1BOC中，1190,2,2BOCBOBC，所以12OC，在1OCC中，112,2OCOCCC，所以22211OCOCCC，所以1OCOC连接1BC交1BC于点M，连接1C D交1CD于点N，则MN为平面1BC D与平面11BCD的交线，设MN交1OC于点Q：由11BCMC MB，有11112C MBCMBCB，同理112C NND，所以MNBD，所以MN 平面11ACC A，又OQ 平面11,ACC A QC 平面11ACC A，所以,MNOQ MNQC，所以OQC为平面1BC D与平面11BCD的夹角.由MNBD得1112C MC QMBQO，所以2 23OQ.在 RtQOC中，2 226,2,33QOOCQC所以2 13cos13OQC.所以平面1BC D与平面11BCD夹角的余弦值为2 1313.19.解：（1）由于前两场对于比赛双方都是一个主场一个客场，所以不妨设甲队为第一场为主场，第二场为客场，设甲获得冠军时，比赛需进行的场次为X，则111121311232355P X，又1112236P X，所以甲获胜的概率为 11115630P A，所以已知甲队获得冠军，决赛需进行三场比赛的概率 1365111130P XPP A（2）由题可得1mn，所以1,0,1mn n 比赛结束需进行的场次即为Y，则2,3Y，设决赛总盈利为Z，则,22m mZn，11111211223232mP ZP Y 11111311223232mP ZnP Y所以决赛总盈利为Z的分步列如下，Z2m2mnP1212所以 1111111222222222mmE Znmnnn，所以 2111()222E Znn，当1,2n 即14n 时，二次函数 2111()222E Znn 有最大值20.解：（1）设点,P x yM x y因为OPPQ，所以 2,0.0Oxx.由M为PQ中点得222,322xxxxxyyyy代入224xy，得2219xy.所以动点M的轨迹的方程为22109xyx.（2）法 1：存在N满足题意，证明如下：依题意直线l的斜率存在且不为 0，设l的方程：31yk x.没112200,A x yB xyN xy联立223119yk xxy得2221 9181 381540kxkk xkk则2121222181 38154,1 91 9kkkkxxx xkk 直线/方程化为13yxk联立221319yxkxy，得221 962610kykyk 则121222621 6,1 91 9kkyyy ykk 依题意：222002200010212222220102000022621 61 9621 61 91 9181 381541 9181 381541 91 9kkyykykykyy yykkk kkkxx xxkkkxkk xkkxxkk 222000222000961193183y kykyxkxkx.依题意直线,NA NB与坐标轴不平行，又12k k为定值，所以220002200011333yyyxxx.由22000002001331333yyyxyxx.20200002001133133yyxxyxx.由得003xy或003xy，代入得003212xy或003 2222xy 或003 2222xy 所以3 1,2 2N或3 22,22N或3 22,22N满题意法 2：存在N满足题意，证明如下：依题意直线l的斜率存在且不为 0，设l的方程：31yk x.设112200,A x yB xyN xy，联立223119yk xxy得2221 9181 381540kxkk xkk因为12,x x为上式的两根，则2222121 9181 381541 9kxkk xkkkxxxx直线l方程化为13yxk.联立221319yxkxy，得221 962610kykyk 因为12,y y为上式的两根，则222121 962611 9kykykkyyyy.依题意：222010200010212222201020102001 91 9621 61 91 9181 38154kyyyykykykyy yyk kxx xxkxxxxkxkk xkk 222000222000961193183y kykyxkxkx下同方法一21.解（1）2eeelnlnln1exF xx g xxFxFxx F x在1,0处的切线方程为eeyx（2）由题知 3e3eee22xxttaG xxaxxx令 0G x 得3ee2xtxx即213e02xtxxx令 21133e1 e022xxh xxxh xxxh x时，32x 或 1 当3,2x 时，0,h xh x单调递增3,02x 时，0,h xh x单调递减0,1x时，0,h xh x单调递减0,x时，0,h xh x单调递增x3,2323,020,111,h x+0-0+h x极大值529e2极小值12x 时，0,h xx 时，,0h xx 时，0h x 当1,2t 时，G x无零点，0t 或12t 或529e,2t时，G x有一个零点1,02t 或 5,29e2tG x时有两个零点5290,e2t时，G x有三个零点.（3）法一：1a 即证1ln1 e(0)xxxxx令 1111 e11 e1e1xxxp xxxxpxx令 0p x，得1x 且 px单调递增0,1x时，0,p xp x单调递减1,x时，0,p xp x单调递增 p x最小值为 10p得 0p x 即11 e1xxx令 222ln1 lnln111xxxxq xxqxxxx 20,ln1xxx单调递增且 10q0,1x 时，0,qxqx单调递减1,x时，0,qxqx单调递增 q x在1x 时最小为 10q即 ln01xq xxx 又1x 时，11lnln1 e11 exxxxxxxxx 即 e1 elnlnxxxf xx g xx法二：当1a 时证：elnf xxx即证1ln1 e(0)xxxxx即21elnxxxx令 21elnxp xxxx则 21212111 e3exxpxxxpxxxxx 0,0 xpxp x 在0,单调递增而 10p当0,1x时，0,p xp x单调递减1,x时，0,p xp x单调递增 10p xp 原不等式成立.22.解：（1）因为cos,sinxy，所以曲线1C的极坐标方程为2222cossin12，即2221 sin，由cos,1 sinxy（为参数），消去，即得曲线2C的直角坐标方程为22(1)1xy，将cos,sinxy，代入化简，可得曲线2C的极坐标方程为2sin.（2）曲线3C的极坐标方程为0,02.由（1）得22222|,|4sin1 sinOPOQ，即222228sin8|11 sin1sinOPOQ因为02，所以0sin1，所以22|0,4OPOQ23.解：（1）当3x时，由531xxx，得7x，所以3x；当35x 时，由531xxx，得13x，所以133x ；当5x时，由531xxx，得9x，无解.综上可知，13x，即不等式 1f xx的解集为1,3（2）因为53538xxxx，所以函数 f x的最大值8m.因为842eeeabab，所以428abab.又0,0ab，所以42 44ababab，所以2840abab，即420abab.所以有2(1)5ab.又0ab，所以15ab或15ab（舍去），62 5ab，即ab的最小值为62 5.1 数学(文)参考答案 一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C B C D A A D D B D C B 12.提示：如图，设上、下底面边长分别为a,b,内切球半径为r，过内切球球心作轴截面，利用射影定理，可得=ra b2 22，即=ab4，B 选项满足题设.二、填空题 13.31 14.54 15.327 15 16.a2 2 16.提示：由题设知f x()在定义域内单调，考虑到当+x时，+f x()，故=+xfxxa()201恒成立，即+xax(2)1min，有a2 2.三、解答题 17.解：(1)=+x55 0.01 1065 0.02 1075 0.03 1085 0.03 1095 0.01 10=76,（3 分）设中位数为x，因为前3组的频率之和为+0.10.20.30.5，而前 2 组的频率之和为+=0.10.20.30.5，所以x7080，由=x0.03(70)0.50.3，解得x76.67.（6 分）（2）根据分层抽样，由频率分布直方图知成绩在60,70)和70,80)内的人数比例为=0.02:0.032:3，所以抽取的 5 人中，成绩在60,70)内的有=5522人，记为A1，A2；成绩在70,80)内的有=5533人，记为B1，B2，B3，（8 分）从 5 人中任意选取 2 人，有A A12，AB11，AB12，AB13，A B21，A B22，A B23，B B12，B B13，B B23，共 10 种可能；其中选取的 2 人中恰有 1 人成绩在区间60,70)内的有AB11，AB12，AB13，A B21，A B22，A B23，共 6 种可能；（10 分）故所求的概率为=P10563 （12 分）18.解：(1)对=+Snaann2112，当n2时，有=+Snaann2(1)11112，-：=+SSnaannnn2()2111，即=+anaannn2211，（2 分）经整理，可得=anannn(1)(1)1，（4分）故ann是以a1(0)1为首项、1为公比的等比数列.（5分）(2)由(1)知=anann(1)(1)11，有=aa321，=+aa231，题设知=+aaa2213，即=+aaa2(3)(2)111，则=a11，故=ann.（7 分）而+=+a an nnnbnnn(2)22()111 112，（9 分）1211 111111111 1111()()2 13241122 1212nnnTbbbbnnnnnn=+=+=+#QQABbQiAggAIQJBAAQgCEwEiCAIQkACACQgGhBAMsAABAAFABAA=#QQABbQiAggAIQJBAAQgCEwEiCAIQkACACQgGhBAMsAABAAFABAA=#3 若l表示AC，联立=xt ym()与=yax22，消x，得+=at ymatyat m(21)2022222，其两根也是y1、y2，故方程与为同解方程，有+=+aatyymat21212122，即=+aatm4122，亦有=aaty yaat m,1221222即=aatm11222，（8 分）与相加，可得+=mm4102，有=+m231，=m232，考虑到M在C1内部，取=ymM1；若l表示AD，且N在C1外部，类上可得=ymN2，即=MNmm|2 312，故MN|的取值集合为2 3.（12 分）(亦可用y1、y2以点参形式直接表示直线AC与AD，可得到=+yyyyMN2(2)(2)12)22.解：(1)由=+cossin得=+cossin2，即+=+xyxy22，整 理 可 得+=xy222()()11122，而403，图形分析可知y0,故C在直角坐标系下的普通方程为+=xyy222()()(0)11122.（4 分）(2)将=+=+ytxt2sin11cos,代入+=xy222()()11122，消去x y,，整理得+=tt4cos012，=+cos102，考虑到y0，由图形可知00，0为锐角且满足=2tan10，由韦达定理及题设可知=tttt tKABA B4|12，考虑点K在线段AB上，=tK21，则点K的坐标为+ttKK2(1cos,sin)1，（8 分）故K轨迹的参数方程为=yx22sin1121cos,1（为参数，00），其中锐角0满足=2tan10.（10 分）23.解：（1）由均值不等式可知+