四川省绵阳南山中学2023-2024学年高三下学期入学考试理科数学答案

绵阳南山中学高2021级高三下期入学考试试题理科数学答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。1-5:BCADA6-10:BACDC11-12:AD二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分27π13.014.-215.316.16三、解答题：共70分。17.解(1)(1)当n=1时，2a1=3a1-2,∴a1=2，当n≥2时，2Sn=3an-2,∴2Sn-1=3an-1-2，两式相减，得2an=3an-3an-1,∴an=3an-1，又a1=2≠0，所以数列an为等比数列，首项为2，公比为3，n-1所以数列an的通项公式是an=2⋅3.6分2n-1n-1012n-1(2)由(1)知，bn=an=(2n-1)⋅3，Tn=1×3+3×3+5×3+⋯+(2n-1)×3，2123n-1n则有3Tn=1×3+3×3+5×3+⋯+(2n-3)×3+(2n-1)×3，n-123n-1n31-3n两式相减得：-2Tn=1+23+3+3+⋯+3-(2n-1)×3=1+2×-(2n-1)×31-3nn*=-(2n-2)×3-2，于是得Tn=(n-1)⋅3+1，因为n∈N且n≥2，2Tn-1≥(n-1)λ,∴λ≤2⋅3n，nn当n≥2时，数列2⋅3是递增数列，所以2⋅3的最小值为18，因此λ≤18.12分18.解(1)如图，连接A1C，在△A1AC中，A1A=2，AC=1，∠A1AC=60°，2221由余弦定理，得AC=AA+AC-2AA⋅AC⋅cos∠AAC=4+1-2×2×1×=3，11112222所以A1C=3，所以A1C+AC=A1A，所以A1C⊥AC，同理A1C⊥BC，又BC∩AC=C，AC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥平面ABC，又A1C⊂平面A1ACC1，所以平面ABC⊥平面A1ACC1．6分(2)由平面几何知识可知，AC⊥CP，以C为坐标原点，以CA,CP，CA1为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，第1页共4页1333则A1,0,0，B-,,0，A0,0,3，所以AA1=-1,0,3，AB=-,,022122m⋅AA1=-x1+3z1=0设平面A1AB的法向量为m=x1,y1,z1，则，令z1=1，得m=m⋅AB=-3x+3y=021213,3,1．339又平面CA1P的法向量为n=1,0,0，∴cos==，3+9+113130所以二面角C-AP-B的正弦值为．12分1113119.解(1)根据表格数据可知抽取的女生共40人，喜欢观看足球比赛的女生为40×=10人，4可得得2×2列联表如下：男女合计喜爱看足球比赛501060不喜爱看足球比赛103040合计6040100100×(50×30−10×10)21225根据列联表中的数据计算得k==≈34.028>10.82860×40×60×40362根据小概率值P(K≥k0)=0.001的独立性检验，即认为喜爱观看足球比赛与性别有关联.6分(2)按照分层随机抽样的方式抽取8人，根据抽样比可知其中男生2人，女生6人，则X的可能取值为0,1,2，2112C615C6C23C21PX=0=2=,PX=1=2=，PX=2=2=，C828C87C828所以X的分布列为X0121531P2872815311期望值EX=0×+1×+2×=12分287282.p20.解(1)y2=2px(p>0)，准线为x=-，点Q分别向x轴和准线做垂线，垂足为M,N，2p则MQ=7p，QN=QF=8，所以Q8-,7p，又点Q在抛物线上，2p所以7p2=2p8-，即p2-2p=0，解得p=2或p=0(舍)，2所以抛物线的方程为y2=4x.5分211(2)点Pa,1在y=4x上，所以1=4a，解得a=，所以P,1，设Ax,y,Bx,y，441122第2页共4页y1-1y1-14444k===，同理，k=，所以k1⋅k2=⋅=2，即122y+1y+11y11y1+1y2+112x1--44416=2，y1+1y2+1y2=4x设直线AB为x=my+n，则，即y2-4my-4n=0，x=my+n161616所以y1+y2=4m，y1y2=-4n，所以===2，y1+1y2+1y1y2+y1+y2+1-4n+4m+17解得n=m-，代入到直线方程x=my+n，4777得x=my+m-，即x+=y+1m，当y+1=0，即y=-1时，x=-，4447所以直线AB过定点-,-112分4.aa+2x-1+aa+2x-221.解(1)fx=+a+2==,x>1x-1x-1x-1.2当a=-2时，fx=-<0,∴fx在1,+∞上单调递减x-1.22当-20a+2a+2,22故fx在1,上单调递减，,+∞上单调递增a+2a+2.当a>0时，a+2x>2,a+2x-2>0,∴fx在1,+∞上单调递增.当a<-2时，a+2<0,a+2x-2<0,∴fx在1,+∞上单调递减.22综上所述，当-20时，fx在1,+∞上单调递增.当a≤-2时，fx在1,+∞上单调递减.6分(2)a=1时，Fx=lnx-1+2sinx-1-x+1.令hx=lnx+2sinx-x(x>0)，11则hx=+2cosx-1.令mx=hx,mx=--2sinx.xx2(i)当x∈0,1时，hx>0恒成立，∴hx在0,1上单调递增.又h1=2sin1-1>0，-2-2-2he=-2+2sine-e<0∴存在一个零点x1,x1∈0,1，使hx1=0.11(ii)当x∈1,π，mx=--2sinx<0恒成立，∴mx在1,π上单调递减.又mπ=-2x2π-1<0，m1=2cos1>0.存在零点x0，使mx0=0.∴x∈1,x0,hx>0，x∈x0,π,hx<0.∴hx在1,x0上单调递增，x0,π上单调递减.又h1>0,∴hx0>0.hπ=lnπ-π<0，∴存在一个零点x2,x2∈x0,π，使hx2=0.3π13π(iii)当x∈π,，∴hx=-1+2cosx<0恒成立.∴hx在π,单调递减.2x23π∴hx0.2x3π3π3π3π3π∴nx在,+∞上单调递增，nx≥n,-2-ln>2-ln>0，22222∴lnx+2-x<0恒成立.综上所述，hx在0,+∞只有两个零点.又Fx是由hx向右平移一个单位所得，∴Fx在1,+∞只有两个零点.12分2222.解(1)由题意可得：圆C的普通方程为x+1+(y-1)=16，2222将x=ρcosθ,y=ρsinθ，x+y=ρ代入普通方程，得ρ+2ρcosθ-sinθ-14=0，2故圆C的极坐标方程为ρ+2ρcosθ-sinθ-14=0.5分(2)由题意可知：直线l过坐标原点，倾斜角为α∈0,π的直线，在极坐标系中，直线l的极坐标方程为θ=αρ∈R，设A，B所对应的极径分别为ρ1,ρ2.2将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得ρ+2ρcosα-sinα-14=0，于是ρ1+ρ2=sinα-cosα,ρ1ρ2=-14，2可得AB=ρ1-ρ2=ρ1+ρ2-4ρ1ρ2=57-sin2α=214，则sin2α=1，ππ且α∈0,π，则2α∈0,2π，可得2α=，即α=，24所以l的斜率为k=tanα=1.10分23.(1)解法一：当x≥3时，f(x)=(x-3)+2(x+5)=3x+7，此时f(x)单调递增，所以f(x)的最小值为16；当-5