【文档说明】四川省成都市第七中学2021届高三下学期二诊模拟考试理科数学试题答案.pdf，共(6)页，392.692 KB，由小赞的店铺上传

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成都七中高2018级二诊模拟考试数学理科答案1.D2.A3.C4.B5.B6.A7.C8.D9.A10.D11.B12.A13.3414.3215.2316.(,)e17.解：（1）据题意：112168aaqaq

解得122aq或11823aq∵1q，∴122aq即数列{}na的通项公式为：2nnanN．（2）由（1）有22log2nnban则11111=(1)(1)(21)(21)22121nn

bbnnnn∴nT11111335572121nn1111111111112133557212122121nnnnn

18.（1）由0.0050.0200.0250.0300.005101t得0.015t，平均得分450.00510550.01510650.02010750.03010850.02510

950.00510=72.（2）由已知得：0，1，2，3，111101112344P，11111111111111111123423423424P

111111111612111234234234244P，111

1323424P，则分布列为：0123P14112414124则期望1111113012342442412E．19.（1）证明：由图（1）可得：2AE，1AD，60A.从而2212

212cos603DE故得222ADDEAE，∴ADDE，BDDE.∴1ADDE，BDDE，∴1ADB为二面角1ADEB的平面角，又二面角1ADEB为直二面角，∴190ADB，即1ADDB，∵DEDBD且DE，DB平面BCED，∴1AD平

面BCED；（2）存在，由（1）知EDDB，1AD平面BCED.以D为坐标原点，以射线DB、DE、1DA分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz，如图，过P作PHDE交BD于点H，设2PBa（023a

），则BHa，3PHa，2DHa，易知10,0,1A，2,3,0Paa，0,3,0E，所以12,3,1PAaa.因为ED平面1ABD，所以平面1ABD的一个法向量为0,3,0DE因为直线1PA与平面1ABD所成的角为60，所以121

33sin6024453PADEaPADEaa，解得54a.∴522PBa，满足023a，符合题意.所以在线段BC上存在点P，使直线1PA与平面1ABD

所成的角为60，此时52PB.20.当与轴重合时，,即,所以垂直于轴，得，，,得,椭圆的方程为.焦点坐标分别为,当直线或斜率不存在时，点坐标为或;当直线斜率存在时，设斜率分别为,设由,得：,所以:，,则：.同

理：,因为,所以,即,由题意知,所以，设，则，即，由当直线或斜率不存在时，点坐标为或也满足此方程，所以点在椭圆上.存在点和点，使得为定值，定值为.21.①.当45,4x，2sin04xfxex；②.当,04x

时，cossin,00xfxexxf，sincos2sin04xxfxexxex，则函数fx在,04上单调增，则00fxf，则函数fx在,04上单调减，则00fx

f；③.当0x时，由函数的解析式可知01010f，当0,x时，令sin0Hxxxx，则'cos10Hxx，故函数Hx在区间0,上单调递增，从而：00HxH，即sin0,sinxxxx，从而函数

sincos1xxfxexxex，令1xyex，则：1xye，当0x时，0y，故1xyex在0,单调递增，故函数的最小值为0min010ye，从而：10xex

.从而函数sincos10xxfxexxex；综上可得，题中的结论成立.(2)当54x时，令2sincos2xhxgxaxexxax﹐则cossinxhxexxa，

0hxfx，故hx单调递增，当2a时，020ha，ln222sinln204haa，10,ln2xa使得10hx，当10

xx时，0,hxhx单调递减，00hxh不符合题意;当2a时，00h，若在5,04x上，总有0hx（不恒为零），则hx在5,4上为增函数，但00h，故当5,04x

时，0hx，不合题意．故在5,04x上，0hx有解，故25,04x，使得20hx，且当20xx时，0,hxhx单调递增，故当2,0xx时，(0)0hxh，不符合题意;故2a不符合题意，当a=2时，

cossin2xhxexx，由于hx单调递增，00h，故：504x时，0,hxhx单调递减;0x时，0,hxhx单调递增，此时00hxh

﹔当𝑥⩽−5𝜋4时，5sincos2202202xhxexxx，综上可得，a=2.22.解:（1）因为cos,sinxy,所以221:194xyC可化为22221cossin:194C

,整理得2245sin36,233cos:3sinxCy（为参数）,则33cos3sinxy（为参数）,化为普通方程为2260xyx,则极坐标方程为26cos0

,即6cos.所以1C的极坐标方程是2245sin36,2C的极坐标方程是6cos.（2）由（1）知,联立2245sin36（）可得22123645sinOA,联立6cos可得2222=36cosOB,所以2

2OBOA224222981cos(45sin)5cos9cos5(cos)1020,当29cos10时,22OBOA最大值为8120,所以OBOA的最大值为9510.23.解：（1）1a时，所解不等即为：2121xx，两边平方解得

14x，∴原不等式解集为14xx.（2）21121xax存在实数解，即12121axx存在实数解，令2121gxxx，即max1agx，2121212

23gxxxxx，∴当1x时等号成立.∴13a，解得2,4a.