2024年2月绵阳南山中学高2021级高三下期入学考试试题文科数学答案一、选择题1-6CBDBCA7-12BADBDC11x2f(x)111．【详解】令g(x)f(x)(x0)，则g(x)f(x)，xx2x21x2f(x)1因为x0时，x2f(x)10，所以g(x)f(x)0，x2x21即函数g(x)f(x)在0,上单调递增；x51又f2，所以g(2)f(2)2；2211由flnx2得flnx2，所以g(lnx)g(2)，因此，lnx2，解得xe2.lnxlnx12．如图所示，由题意得F(1,0)，111MM'(|AG||BH|)(|AF||BF|)(|AF||BF|)=222AB|AB||AB|2|AF|2|BF|22|AF||BF|cos311(|AF||BF|)(|AF||BF|)22|AF|2|BF|2|AF||BF|(|AF||BF|)2|AF||BF|11(|AF||BF|)(|AF||BF|)322(|AF||BF|)233(|AF||BF|)2(|AF||BF|)42MM'3当且仅当：|AF||BF|时，有最大值.AB3二、填空题1713.814.415.2k,0kZ16.3216.设AB2m，AC2n，由题设得mn4，由题设，三棱锥PEFG中FGPE3，EFPGm，EGPFn，第1页共7页2024年2月将PEFG放在棱长为x，y，z的长方体中，如图，x2y232则有y2z2m2，则三棱锥PEFG的外接球就是长方体的外接球，222zxn1所以(2R)2x2y2z29m2n2，2(mn)2由基本不等式m2n28，当且仅当mn2时等号成立，2117π所以外接球表面积S4πR298π.22三、解答题sinAsinBc2abc217.解：（1）选择条件①：由1及正弦定理，得：1，sinBsinAabbaaba2b2c2ab1即a2b2c2ab，由余弦定理，得cosC,2ab2ab22因为0C，所以C；3选择条件②：由(a2b)cosCccosA0及正弦定理，得：(sinA2sinB)cosCsinCcosA0，即sinAcosCcosAsinC2sinBcosC.即sin(AC)2sinBcosC.在ABC中，ABC，所以sin(AC)sin(B)sinB，1即sinB2cosCsinB，因为0B，所以sinB0，所以cosC,22因为0C，所以C；3ABAB选择条件③：由3asincsinA及正弦定理，得：3sinAsinsinCsinA，22AB因为0A,sinA0，所以3sinsinC.2ABCCCC在中，ABC，则sincos，故3cos2sincos.ABC22222CC32因为0C，所以cos0，则sin，故C；22234CD2b24CD2a2（2）因为ADCBDC，所以0，22CD22CD第2页共7页2024年2月整理得2CD2a2b28，2在三角形ABC中，由余弦定理得42a2b22abcosa2b2ab.3a2b2因为ab，当且仅当ab时取等号，21332所以16a2b2aba2b2a2b2a2b2，即a2b2，22322232823所以2CDab88，即CD，33323即CD长度的最小值为.3245683444518.解：（1）x5，y4，555所以xixyiy3110000316，i15522由于xix9101920，yiy100012i1i15xxyyii69相关系数ri10.95，552225210xixyiyi1i1因为r0.75，所以y与x具有较强的线性相关关系．（2）将地点1，2，3，4，5分别记为A，B，C，D，E任抽2个地点的可能情况有A,B，A,C，A,D，A,E，B,C，B,D，B,E，C,D，C,E，D,E，共10种情况，其中在地点3，4，5，甲型无人运输机指标数均高于乙型无人运输机指标数，即C,D，3C,E，D,E3种情况，故所求概率为．1019.解：（1）在四棱锥PABCD中，AD//BC，BCCD，BC2CD2AD22，四边形ABCD是直角梯形，ADC90，第3页共7页2024年2月AC=CD2+AD2=2ABCD2(BCAD)22，于是AC2AB28BC2，即AB⊥AC，而平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD平面PACAC，AB平面ABCD，则AB⊥平面PAC，又PC平面PAC，所以PCAB.5（2）取AC的中点E，连接PE，由PAPCAC5，2得PEAC，PEPA2AE22，由平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD平面PACAC，PE平面PAC，得PE平面ABCD，由M是PA的中点，得点M到平面ABCD的距离11dPE1，又SABAC2，显然SS，2ABC2PBMABM12所以三棱锥CPBM的体积VVVSd.CPBMCABMMABC3ABC320.解(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且a≤0.f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增.a②若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.2aa当x∈,ln时，f′(x)<0；当x∈ln,时，f′(x)>0.22aa故f(x)在,ln上单调递减，在区间ln,上单调递增.22(2)①当a＝0时，f(x)＝e2x≥0恒成立.aa②若a<0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为fln＝223a3a223aln，故当且仅当aln≥0，即4时，f(x)≥0.42422ea0第4页共7页2024年2月综上的取值范围是3，a[2e40].41121.解：（1）由题可得a2b2，…………………………2分b231a24x2y2解得：a28,b22，所以椭圆C的方程为1．…………………4分82（2）当直线PA的斜率不存在时,则直线PA的方程为x2,则点A的坐标为A(2,-1)，11S=dPA=22=2．……………………………………………5分DAOP221当直线PA的斜率存在时，设斜率为k,则直线PA的方程为y1k(x2)(k¹),2设，A(x1,y1),B(x2,y2)yk(x2)1由,消去得2222,……6分22y(4k1)x(16k8k)x16k16k40x4y8由已知D=(16k2-8k)2-4(4k2+1)(16k2-16k-4)=16(2k+1)2>0，1所以k¹-，216k216k48k28k28k4由题意,2x,x2,14k2114k214k21(8k4)k则yk(x2)11,114k218k+4k(8k+4)PA=(x-2)2+(y-1)2=()2+()2114k2+14k2+18k+41+k2=……………7分4k2+1-2k+12k-1而原点O到直线l的距离为d==，………………8分1+k21+k2第5页共7页2024年2月112k-18k+41+k224k2-1所以2…9分SDAOP=dPA=´´2=2=21-2221+k24k+11+4k1+4k1222因为k，所以1+4kÎ(1,2)U(2,+¥)，0<<2且¹1，21+4k21+4k222-1<1-<1且1-¹0，1+4k21+4k2所以2，从而………………分0<1-<10