西安中学2023-2024学年度第一学期期末考试理科数学答案一.选择题（本大题共12小题，共60分）123456789101112AABDABCBCCDD二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分)2222213.314.x1y1（答案不唯一，只要方程满足xayaa0即可）715.1516.①③④三、解答题（本大题共7小题，第17—21题为必考题，第22、23题为选考题）（一）必考题：共60分20151332(5)(10)(18)517.(1)证明：（）x8256.53.53.511.50.5(0.5)(2.5)(3.5)9,y，（2分）88n59xiyinxy324819151bˆi128，aˆybˆx，（5分）n522248422xinx12568()i1211故y关于x的线性回归方程为yx（6分）42（）当树干高度为128cm时，高度偏差x1281208，（8分）11y282.5(mm)，(cm)42所以树干直径约为2.531.534(mm)，（11分）即预测高度为128cm的这种树苗的树干最大直径为毫米（12分）18.（本小题满分12分）34.（）由已知及正弦定理得sinAcosBsinBsinAsinC，（2分）∵1sinCsinABsinAcosBcosAsinB∵sinBsinAcosAsinB，sinB0sinAcosA（4分）π∵A0,π∴A（6分）4.七模理科数学第页，共页17{#{QQABRQCEogggAAIAAAhCAwV4CgEQkBEACKoGQBAMIAAAyANABAA=}#}1221（）∵SbcsinAbc∴bc22（8分）ABC24222222,又∵abc2bccosA∴2bc22bc（10分）2所以bc4,bc2．,（12分）19.（本小题满分12分）2解：（）设椭圆的半焦距为c，因为椭圆的离心率为，所以bc，a2b，21x2y2∴椭圆C的方程可设为1（2分）2b2b2.易得A2,0，因为圆在点处的切线被椭圆截得的弦长为22，OAC所以点2,2在椭圆上，22所以1，2b2b2a26解得，2b3x2y2所以椭圆C的方程为1（5分）63.（）当过点P且与圆O相切的切线斜率不存在时，不妨设切线方程为x2，由（2）知：M2,2，N2,2，1则OM2,5，ON2,2，OMON0，∴OMON（6分）当过点P且与.圆O相切的切线斜率存在时，可设切线的方程为ykxm，Mx1,y1，Nx2,y2，因为直线与圆相切，m所以2，即m22k21（7分）k21.2联立直线和椭圆的方程得x22kxm6，∴12k2x24kx2m260，七模理科数学第页，共页27{#{QQABRQCEogggAAIAAAhCAwV4CgEQkBEACKoGQBAMIAAAyANABAA=}#}24km412k22m2604km所以x1x22（8分）2k12m26.x1x22k21∵OMx1,y1，ONx2,y2，∴OMONx1x2y1y2x1x2kx1mkx2m，221kx1x2kmx1x2m，2m264km1k2kmm2，2k212k21222222221k2m64kmm2k13m26k26322k26k6，0，2k212k212k21∴OMON（11分）综上所述，圆.O上任意一点P处的切线交椭圆C于点M，N，都有OMON（12分）.20.（本小题满分12分）（）设T是PA中点，连接TN,TD，如下图所示：11在ABP中，TN为为中位线，所以：TNAB,TNAB，（2分）21又因为：CDAB,CDAB，2所以：TNCD,TNCD，所以：四边形CDON为平行四边形，得：TDCN,TDCN，又因为：CN平面PAD,DT平面PAD，所以：CN//平面PAD（5分）.（）如图，延长AD和BC交于点Q，连接PQ过点2B作BMPQ，垂足为点M，连接DM..七模理科数学第页，共页37{#{QQABRQCEogggAAIAAAhCAwV4CgEQkBEACKoGQBAMIAAAyANABAA=}#}因为：平面PAD平面PBC，平面PAD平面PBCPQ，所以：BM平面BDM，（7分）因为：ADBD,ADBM,BDBMB，且BM,BD平面BDM，所以：AD平面BDM，所以：BDM为所求二面角的平面角，（8分）在PDQ中，PQPD2DQ22PDDQcosPDQ5，PQ2DQ2PQ25213得：cosPQD，2PQDQ2521024所以：DMDQtanPQD,MB，（11分）33BM22所以：sinBDM（12分）BD3.21.（本小题满分12分）23xx1)解:∵f'x2e，1x(∴f01，f'03，∴曲线yfx在点0,f0处的切线方程为3xy10.（5分）(2)证明:由fxgx0存在两个正实数根x1,x2x1x2，x整理得方程eax1x1存在两个正实数根x1,x2x1x2.由a0，知x2x11，令hxexaxa，则h'xexa，当xlna时，h'x0，hx在lna,上单调递增;当xlna时，h'x0，hx在0,lna上单调递减.所以hxminhlna2aalna.七模理科数学第页，共页47{#{QQABRQCEogggAAIAAAhCAwV4CgEQkBEACKoGQBAMIAAAyANABAA=}#}x因为hxeaxa有两个零点，即2aalna0，得ae2.（7分）x因为实数x1，x2是eax1的两个根，x1x1eax1ex1所以1，从而ex1x21.x2x2eax21ex21lnln令x1，x1，则e，变形整理得1.121要证xxxx，则只需证1，即只要证01，121211结合对数函数ylnx的图象可知，只需要证,ln，,ln两点连线的斜率要比,ln，,ln两点连线的斜率小即可.1lnlnlnln因为1，所以只要证1，11整理得2ln001.（10分）2112x1令gxx2lnx0x1，则g'x10，xx2xx2所以gx在0,1上单调递减，即gxg10，1所以2ln001成立，故xxxx成立.（12分）1212（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答.如果多做则按所做第一题计分22.（本小题满分10分）解：（）由题意，xsin21y2在C1:（为参数）中，化为普通方程为x1（3分）y3cos3πππ在C:cos()22中，coscossinsin22，2444∵xcos,ysin，∴C2:xy40（5分）（）由题意及（.）得，21七模理科数学第页，共页57{#{QQABRQCEogggAAIAAAhCAwV4CgEQkBEACKoGQBAMIAAAyANABAA=}#}设点Psin,3cos，则P到直线xy40的距离为：π2sin()4sin3cos43，（8分）d[2,32]22πππ5π当且仅当sin()1，即2kπ,kZ，2kπ(kZ)时，332613PQ2，此时P,（10分）min22.23.（本小题满分10分）解：（）已知fxx13x1，12x4,x1,则fx4x2,1x1,（3分）2x4,x1,则fx的图象如图所示：由fx的图象可知fx的值域为,2（5分）1.（）由fx0，解得x或x2（6分）22,,a4xa,x,a4由4xa0，解得xy4xa，如下图，4a4xa,x,.4七模理科数学第页，共页67{#{QQABRQCEogggAAIAAAhCAwV4CgEQkBEACKoGQBAMIAAAyANABAA=}#}（8分）若存在x，使得不等式fx4xa成立，1a则由图象可知，2，解得2a824求实数a的取值范围2,8（10分）.七模理科数学第页，共页77{#{QQABRQCEogggAAIAAAhCAwV4CgEQkBEACKoGQBAMIAAAyANABAA=}#}