【文档说明】四川省成都市树德中学2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题答案-数学.pdf，共(4)页，139.844 KB，由小赞的店铺上传

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树德中学高2022级高三开学数学考试试题参考答案1.A2.B3.B4.C5.A6.C7.C8.D9.ACD10.BC11.ACD8．【详解】因为x1<x2，所以x1-x2<0，则x2ex1-x1ex2x1-x2<a可化为x2ex1-x1

ex2>ax1-x2，整理得x2ex1+ax2>x1ex2+ax1，因为x1x2>0，所以ex1x1+ax1>ex2x2+ax2，令fx=exx+ax，则函数fx在-1,0上单调递减，则fx=exx-1-ax2≤0在-1,0上恒成立，所以exx-1≤

a在-1,0上恒成立，令gx=exx-1，则gx=exx-1+ex=xex<0在-1,0上恒成立，则gx=exx-1在-1,0上单调递减，所以gx≤g-1=-2e，故a≥-2e，所以a得最小值为-2e.11．【详解】由双纽线的定义可

得：PF1⋅PF2=x+a2+y2⋅x-a2+y2=a2，即x+a2+y2⋅x-a2+y2=a4，化简得：x2+y22=2a2x2-y2，当a=1时，点P的轨迹方程为x2+y22=

2x2-y2，令y=0，解得x=±2或x=0，所以AB=22，故A正确；因为F1-a,0，F2a,0，若满足PF1=PF2，则点P在y轴上，在方程中x2+y22=2x2-y2令x=0，解得y=0，所以满足PF1=PF2的点P为P0,0，只有

一个，故B错误；S△F1PF2=12PF1PF2sin∠F1PF2=12sin∠F1PF2≤12，故C正确；因为C△PF1F2=PF1+PF2+F1F2=2+PF1+PF2，又PF1

PF2=1，且PF1+PF2>F1F2=2，所以C△PF1F2=2+PF1+PF2>4，接下来先证明PO≤2a：在△F1PF2中，由余弦定理可得F1F22=PF12+PF22-2PF1⋅PF2⋅cos∠F1PF2，所以PF12+

PF22=4a2+2a2cos∠F1PF2.又因为2PO=PF1+PF2，所以2PO2=PF1+PF22=PF12+PF22+2PF1⋅PF2=PF12+PF22+2PF1⋅

PF2cos∠F1PF2.所以2PO2+F1F22=PF12+PF22+2PF1⋅PF2cos∠F1PF2+PF12+PF22-2PF1⋅PF2⋅cos∠F1PF2=2PF12+PF22，即4PO2

+4a2=2×4a2+2a2cos∠F1PF2，整理可得|PO|2=a2+a2cos∠F1PF2≤2a2，所以PO≤2a；所以PO≤2，如图以PF1、PF2为邻边作平行四边形PF1GF2，则GF1=PF2，所以PF1

+PF2=PF1+GF1<PG=2PO≤22，所以C△PF1F2=2+PF1+PF2<2+22，即△PF1F2的周长的取值范围为4,2+22，故D正确.12．16-404113．4,+∞14．2+2214.【

详解】因为fx=x3-x，所以fa=a3-a，fb=b3-b，又fa+fb=-2b，所以a3-a+b3-b=-2b，即a3+b3=a-b，因为a>0，b>0，所以a3+b3>0，所以a>b>0，所以a3+b3a-b=1，又a2+λb2≤1，

即a2+λb2≤a3+b3a-b，所以λb2≤b3+a2ba-b，所以λ≤b2+a2ab-b2=1+ab2ab-1，令t=ab，则t>1，所以1+ab2ab-1=1+t2t-1=t2-1+2t-1=t+1+2t-1=t-1

+2t-1+2≥2t-1⋅2t-1+2=2+22，当且仅当t-1=2t-1，即t=2+1时取等号，所以b2+a2ab-b2min=22+1，所以λ≤2+22，则实数λ的最大值为2+22.15.(1)a<2时，不等式的解集为{x∣-1<x<1-a};a=2时，不等式的解集为∅；a>2

时，不等式的解集为{x∣1-a<x<-1}；(2)52≤b≤22；16．【详解】(1)由图可知，第三组和第六组的频数为100×0.8×0.2=16人第五组的频数为100×1.2×0.2=24人所以前四组的频数和为100-24+16=

60人而前四组的频数依次成等比数列故第一组的频数为4人，第二组的频数为8人，第四组的频数为32人所以中位数落在第四组，设为x，因此有x-4.60.2=50-(4+8+16)32(或1.6(x-4.6)=

0.22)解得x=4.7375所以中位数是4.74(2)因为K2=100×(40×20-30×10)250×50×70×30=10021≈4.762,所以K2>3.841因此在犯错的概率不超过0.05的前提下认为视力与学习成

绩有关系(3)依题意按照分层抽样在不近视的学生中抽取了6人中年级名次在1~100名和101~1000名的分别有2人和4人，从6人中任意抽取2人的基本事件共15个至少有1人来自于1~100名的基本事件有9个，所以至少有1人的年级名次在1~

100名的概率为P=915=35.17．(1)∵BA=BC，且M是AC的中点，则BM⊥AC.∵CF⊥平面ABC，BM⊂平面ABC，∴CF⊥BM.又CF∩AC=C,CF,AC⊂平面ACFD，∴BM⊥平面ACFD，因为DC⊂平面ACFD，∴DC⊥BM.

①∵CFDF=MCCP,∠CFD=∠MCP=π2，∴△CFD∽△MCP，则∠PMC=∠FCD.∵∠ACD+∠FCD=π2，∴∠PMC+∠ACD=π2，∴在平面ACFD中DC⊥PM.②∵BM∩PM=M,BM,PM⊂平面PBM，∴由①②

知DC⊥平面PBM.(2)由题意得DM⎳CF，CF⊥平面ABC，∴DM⊥平面ABC.由(1)可知BM⊥AC，故M为坐标原点.如图，以MB，MC，MD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.∵CFDF=DFCP=λ，CP=1∴CM=DF=λ，DM=CF=λ2.∴M0,0,0，Bλ,0

,0，C0,λ,0，D0,0,λ2.∵AC=2DF，∴由棱台的性质得BC=2EF,BC=-λ,λ,0，∴ME=λ2,λ2,λ2.由(1)可知平面PBM的一个法向量为CD，且C

D=0,-λ,λ2.∵直线BC与平面PBM的所成角的正弦值为66，∴cosBC,CD=BC⋅CDBC⋅CD=66(λ>0)，即-λ2λ2⋅λλ2+1=66，解得λ=2.∴平面PBM的一个法向量

为CD，且CD=0,-2,2.平面EFM的法向量为n=x,y,z.∵ME=22,22,2，MF=0,2,2，n⋅ME=22x+22y+2z=0n⋅MF=2y+2z=0，即y=

-2zx=-2z，当z=-1时，x=2，y=2.∴平面MEF的一个法向量为n=2,2,-1.cosn,CD=n⋅CDnCD=2+26×5=23015.∴平面EFM与平面PBM所成夹角的余弦值23015.18

．(1)解：设F1F2=2c，因为△BF1F2与△ABF2的周长之差为2，所以BF1+F1F2-AB-AF2=2，即2c-2a=2，又因为F1,F2分别为双曲线C2:x24a2-y24b2=1的左、右顶点，所以c=2a

，联立方程组c-a=1c=2a，解得a=1,c=2，所以b2=c2-a2=1，故双曲线C1的方程为x2-y23=1.(2)解：①由(1)知，双曲线C2的方程为x24-y212=1,F1-2,0,F

22,0，设M(x0,y0)，则x204-y2012=1，可得y20=3(x20-4)，则k1⋅k2=y0x0+2⋅y0x0-2=y20x20-4=3.②DE-AB为定值4.理由如下：由(1)

得直线AB的方程为y=k1x+2，联立方程组y=k1x+2x2-y23=1，整理得3-k21x2-4k21x-4k21-3=0，设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=4k213-k21,x1x2=-4k21-33-k21，因为A,B位于双曲线的左

、右两支，所以x1x2=-4k21-33-k21<0，即k21<3，可得AB=1+k21x1+x22-4x1x2=361+k2123-k212=61+k213-k21，又因

为k1⋅k2=3，所以直线DE的方程为y=3k1x-2，根据双曲线的对称性，同理可得DE=61+3k123-3k12=29+k213-k21，所以DE-AB=29+k213-k21-61+k213-k21=4，故DE-AB

为定值4.19．(1)证明：因为方程ax3+bx2+cx+d=0a≠0有三个根x1,x2,x3，所以方程ax3+bx2+cx+d=0a≠0即为ax-x1x-x2x-x3=0，变形为ax3-a

x1+x2+x3x2+ax1x2+x2x3+x3x1x-ax1x2x3=0，比较两个方程可得x1+x2+x3=-bax1x2+x2x3+x3x1=cax1x2x3=-da.(2)(i)证明：∵fx有两个零点，∴fx=0有一个二重根x1，一个

一重根x2，且x1≠0,x2≠0,由(1)可得2x1+x2=-bax21+2x1x2=1ax21x2=-1a，由x21+2x1x2=1a<0可得x1x2<0.由x21⋅x2=-1a>0可得x2>0，∴x1<0

<x2.联立上两式可得x21+2x1x2=-x21⋅x2，解得x2=-x1x1+2，又x2>0,x1<0∴x1>-2，综上-2<x1<0<x2.(ii)解：由(i)可得a=-1x21x2=x1+2x31=1x21+2x31b=2x1+x2x21x2=2x1x2+1x21=-2x1-4x2

1+1x21=-2x1-3x21，∴a+b=2x31-2x21-2x1.令t=1x1,∵x1∈-2,0,∴t∈-∞,-12，则gt=2t3-t2-t，∵gt=23t2-2t-1=23t+1t-1>0，当t<-12时，gt>0，∴g

t在-∞,-12上单调递增，∴gt<g-12=14，∴a+b∈-∞,14.