四川省成都市第七中学2023-2024学年高三上学期期中考试 理数答案

2023——2024学年度高2024届半期考试数学参考答案（理科）一、选择题题号123456789101112选项BDCDCAABACAB二、填空题513.135°14.2815.219116.7三．解答题：b2sinB17(Ⅰ)=4，根据正弦定理得=4,即sinB=2(1−cosB)，代入sin2B+cos2B=1，1−cosB1−cosB即4(1−cosB)2=1−cos2B=(1−cosB)(1+cosB),由于1−cosB0，即4(1−cosB)=1+cosB，3解得cosB=.…………5分5ac8(Ⅱ)根据正弦定理得sinA+sinC=+=1，即a+c=2，由(Ⅰ)知b=.由余弦定理得22516169b2=a2+c2−2accosB=(a+c)2−ac=4−ac，解得ac=.…………10分55203419又因为cosB=，所以sinB=.S=acsinB=.…………12分55ABC25018．解：（1）由条件知FD⊥DC,,,FD⊥ADADDC=DFD⊥平面ABCD,.FD⊥CM………………2分AD=AM=MB=BC=a,DAM=CBM=90，分DM=MC=2a，CD=2a,DM2+CM2=CD2,CM⊥DM.……4CM⊥DM,,.FDDM=DCM⊥平面FDM………………5分（2）以D为原点，、、为、、轴的非负方向建立空间直角坐标DADCDFxyzzE系.M（a,a,0),F(0,0,a),C（0,2,0)a，FC=（0,2,a−a),DM=（a,a,0),FNFN=FC=0,2,(a−a)，DN=DF+FN=0,2,1(a(−)a)………6分DCy设平面DMN的法向量为n1=(x,,,yz)xAMBn1DM=ax+ay=0由得，取z=2，则yx=−1,=1−.n1DN=2ay+(1−)az=0n1=(1−,−1,2).………………8分由（1）知，平面FDM的法向量为MC=−(a,a,0)………………9分CMn1（21−）a3由题意cosCM,n===，…………10分1223CMn12a2(−1)+(2)1解得=.……………12分219．解析：（Ⅰ）两人得分之和不大于35分，即两人得分均为17分，或两人中1人17分，1人18分，第1页共4页{#{QQABLYKQogCAAAAAAAgCEwUACkMQkACCAAoOAFAAsAABQRNABAA=}#}{#{QQABLYKQogCAAAAAAAgCEwUACkMQkACCAAoOAFAAsAABQRNABAA=}#}2222x+(a−)x−a(21xa+−x)()21.解：（1）F(x)=x−2x−alnx+ax，Fx()==，·······1分xx∵Fx()的定义域为(0,+)．a①−≤0即a≥0时，Fx()在(0,1)上递减，Fx()在(1,+)上递增，2，无极大值．·······2分Fx(a)极小=−1Fx()aaa②01−即−20a时，Fx()在0,−和(1,+)上递增，在−,1上递减，222aaa2=−aa−−ln，．分’Fx(F)极大=−F(x)=F(11)=a−·······3242极小a③−=1即a=−2时，Fx()在(0,+)上递增，Fx()没有极值．·······4分2aaa④−1即a−2时，Fx()在(0,1)和−+,上递增，Fx()在1,−上递减，222aaa2∴，=−aa−−ln．分F(x)=F(11)=a−Fx(F)极小=−·······5极大242综上可知：a≥0时，，Fx无极大值；Fx(a)极小=−1()aaa2−20a时，=aa−−ln−，；F(x)极大=−FF(x)=F(11)=a−242极小a=−2时，Fx()没有极值；aaa2a−2时，，=aa−−ln−．分F(x)=F(11)=a−F(x)极小=−F··6极大242sinx1+2cosx（2）设h(x)=−ax(x≥0)，h(x)=−a，2+cosx(2+cosx)212+t−2(tt+2)(−1)−−21(t)设，则t−1,1，，，tx=cos(t)=2(t)==≥0(2+t)(2+t)4(2+t)31∴(t)在−1,1上递增，∴(t)的值域为−1,，·······8分31①当a≥时，hx()≥0，hx()为0,+上的增函数，∴h(x)≥h(00)=，适合条件．·······9分31②当a≤0时，∵ha=−0，∴不适合条件．·······10分2221sinx③当0a时，对于0x，h(x)−ax，323sinxcosx令T(x)=−ax，T(x)=−a，存在x0,，使得xx(0,0)时，Tx()0，332∴Tx()在(0,x0)上单调递减，∴T(x0)=T(00)，即在xx(0,0)时，hx()0，∴不适合条件．1综上，a的取值范围为,+．·······12分3第3页共4页{#{QQABLYKQogCAAAAAAAgCEwUACkMQkACCAAoOAFAAsAABQRNABAA=}#}122．解：（1）消去参数t，得曲线C的直角坐标方程为yx−=21−(),即xy−+2=30.12x=cos222把代入=6sin，曲线C2的直角坐标方程为xyy+−=60.…5分y=sin|0−23+3|3（2）圆心到直线AB的距离为d==1+(−2)253圆上动点P到弦AB的距离的最大值为dr+3=+52222312解法1：弦长AB=2rd−=23−=55S1112318∴PAB的面积的最大值为ABd=+3=(1+5).………10分22555解法2：设圆C2上动点P(3cos,33sin+),P到直线C1的距离3cos−2(3+3sin)+3−6sin+3cos−3−35sin(−)−33d===3+55552xt=+1225xyy+−=6022化C的参数方程为代入得，tt+−=70115yt=+25222−212则则t1+t2=−,7t1t2=−AB=t1−t2=(t1+t2)−4t1t2=−4(−7)=555S1112318∴PAB的面积的最大值为ABd=+3=(1+5).22555−2xx−2,−323.解：（1）f()x+f(x+4)|=x−1||+x+3|4,=−3x1--------3分2xx+2,1当x−3时，−2x−28，解得x−5；当x1时，22x8+，解得x3综上，原不等式的解集为(−,−5][3,+)------------------5分bb（2）因为|ab|1,||1，所以f(ab)=|ab−1|=1−ab,||()|||af=a−1||=b−a|aab令m=f(ab)−|a|f()=1−ab−|b−a|，-------------7分a若ba，则m=1−ab−|b−a|=(1−a)(1+b)，b因为|ab|1,||1，所以m0，所以f(ab)|a|f()；-------------9分a若ba，则m=1−ab−|b−a|=(1+a)(1−b)，bb因为|ab|1,||1，所以m0，所以f(ab)|a|f()综上所述，f(ab)|a|f()------------10分aa第4页共4页{#{QQABLYKQogCAAAAAAAgCEwUACkMQkACCAAoOAFAAsAABQRNABAA=}#}