【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.docx，共(11)页，598.408 KB，由管理员店铺上传

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成都七中高2018级二诊模拟考试数学理科答案1.【答案】D2.【答案】A3.【答案】C4.【答案】B5.【答案】B【详解】tanxyx=是偶函数，排除A、C，由性质：在0,2上，tanxx，知tan1xx，故选B

.6.【答案】A7.【答案】C8.【答案】D9.【答案】A作出()()4fx的图象如图：易知过()1,0M−的直线l斜率存在，设过点()1,0−的直线l的方程为()1ykx=+，则要使直线l与()()4fx的图象在0,2x上恰有8个交点，则

0MAkk，因为7,24A，所以20871114MAk−==+，故8011k.10.【答案】D【详解】某市将垃圾分为四类：可回收物、餐厨垃圾、有害垃圾和其他垃圾.某班按此四类由9位同学组成四个宣传小组，其中可回收物宣传

小组有3位同学，餐厨垃圾、有害垃圾和其他垃圾宣传小组各有2位同学.现从这9位同学中选派5人到某小区进行宣传活动，基本事件总数59126nC==，每个宣传小组至少选派1人包含的基本事件个数为()()3221112132332260mCCCCCC=+=，则每个宣传小组至少选派1人

的概率为601012621mPn===.故选：D.11.【答案】B()fx的定义域为R，且cos2()2sincosxfxxx=+，()()()()cos22cos2()2sincos2sincosxxfxfxxxxx

++===++++，故①正确．又2cos22cos2()42sincos4sin2xxfxxxx==++，令2cos24sin2xyx=+，则()242cos2sin24cos2yxyxyx=−=++，其中222c

os,sin44yyy==++，故2414yy+即2415y，故2152151515y−，当21515y=时，有151cos,sin44==，此时()cos21x+=即2xk=−，故max21515y=，

故②错误．()()()()()22222sin24sin22cos2414sin2()4sin24sin2xxxxfxxx−+−−+==++，当0,4x时，()0fx，故()fx

在0,4为减函数，故④正确．当,04x−时，1sin20x−，故314sin21x−+，因为2tx=为增函数且2,02x−，而14sinyt=+在,02−为增函数，所以()14sin2hxx=+在,04−上为增函数，

故14sin20x+=在,04−有唯一解0x，故当()0,0xx时，()0hx即()0fx，故()fx在()0,0x为减函数，故③不正确．故正确的结论有两个，选B12.【答案】A【详解】在椭圆上任取一点P，连接VP交球1O于点Q

，交球2O于点R，连接1OQ，11OF，1PO，1PF，2OR，在与中有：1111OQOFr==，（1r为球1O的半径），11190OQPOFP==，1OP为公共边，所以，所以1=PFPQ，设点P沿圆锥表面到达M的路线长为PMd，则1PMPMPFdPQdPQPRQR+=++=，当

且仅当P为直线VM与椭圆交点时取等号，，所以最小值为3313.【答案】3414.【答案】3215.【答案】16.【答案】(,)e+【详解】由()e(ln)xfxxaxx=−+，得()()()11(1)1xxxeafxxeaxxx−=+−+=+，且0x由0x，则100xxx

e+，若0a，则0xxea−，此时()0fx，()fx在()0,+上单调递增，至多有一个零点，不满足题意.若0a，设()xhxxea=−，则()()10xhxxe=+，所以()hx在()0

,+上单调递增由()00h=，所以xxea=有唯一实数根，设为0x，即00xxea=则当00xx时，xxea，()0fx，则()fx在()00x，单调递减，当0xx时，xxea，()0fx，则()fx在()0x+，单调递增

，所以当0xx=时，()()()00000minlnxfxfxxeaxx==−+由00xxea=可得()00lnlnxxea=，即00lnlnlnxxea+=，即00lnlnxxa+=所以()()0minlnfxfxaaa==−，

()0a又当0x→时，()fx→+，当x→+，指数函数增加的速度比对数函数增加的速度快得多，可得()fx→+所以函数()e(ln)xfxxaxx=−+有两个不同零点，则()()0minln0fxfxaaa==−设()lngxxx

x=−，则()lngxx=−当()0,1x时，有()0gx，则()gx在()0,1上单调递增.当()1,x+时，有()0gx，则()gx在()1,+上单调递减.又当0x→时，()0gx→，()0ge=所

以当0xe时，()0gx，当xe时，()0gx，所以ln0aaa−的解集为ae17.【答案】（1）()2nnanN=；（2）21nnTn=+.【详解】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)22121nnbbnnnn=−+−+−−+∴

nT()()11111335572121nn=+++++−1111111111112133557212122121nnnnn=−+−+−++−=−=

−+++18.【答案】（1）0.015，72；（2）分布列见解析，1312.【详解】（1）由()0.0050.0200.0250.0300.005101t+++++=得0.015t=，平均得分450.0051055

0.01510650.02010750.03010850.02510=+++++950.00510=72.（2）由已知得：0=，1，2，3，()111101112344P==−−−=

，()11111111111111111123423423424P==−−+−−+−−=()111111111612111234234234244P

==−+−+−==，()1111323424P===，则分布列为：0123P14112414124则期望()1111113012342442412E=+++=．19.【详解】（1）证明：由图（1）可得：2A

E=，1AD=，60A=.从而2212212cos603DE=+−=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12133sin6024453PADEaPADEaa===−+，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.【解析】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

.【详解】①.当45,4x−−，()2sin04xfxex=−+；②.当,04x−时，()()cossin,00xfxexxf=−+=，()sincos2

sin04xxfxexxex=++=++，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()si

ncos10xxfxexxex=−−−−；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10xx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5,0

4x−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=﹔当时

，()5sincos2202202xhxexxx=++−−−+−，综上可得，a=2.22.【详解】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22OBOA=224222981cos(45sin)5cos9cos5(cos)1020

+=−+=−−+,当29cos10=时,22OBOA最大值为8120,所以OBOA的最大值为9510.23.【答案】（1）14xx−；（2）()2,4−.【分析】（1）1a=时，解不等式，用平方

法把2121xx−+绝对值号去掉，可解；（2）把“关于x的不等式()21fxx+存在实数解”转化为能成立问题，可求a的范围.【详解】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−，()()212121223gxxxxx=−−+−−+=，∴当1x−时等号成立.∴13a−，解得()2,4a

−.