成都石室中学2023半期考试理科(A)答案

成都石室中学2023-2024年度上期高2024届半期考试数学试题（理A）答案12i12i1i13i1.B【解析】Qz，z=1i1i1i22.B3.C4.D【解析】由题意得Ax1x2，Bxx0或x1，则AB{xx0或1x2}，5.D【解析】选出来的5个号码为：31，32，43，25，12π2πππ16.A【解析】Qcosxsin(x)cosxsin(x)2cosx，6362662π1π27cosx，cos2x2cos(x)1，64368ππππ7sin2xsin2xcos(2x)6323823107.B【解析】由题意输出S1121212......12，按照程序运行：按照程序运行：S1，i1；S112，i2；2S11212，i3，23S1121212，i4,234S112121212，i5,………………2310S1121212......12,i11；1211此时结束循环输出结果，S112122123......121021112047，1220471172164，故判断框内的条件应为i10；石室年龄应为2164。8.C【解析】 由题图可知，周期T，2，所以f(x)2sin(2x)，55π5π3π因为点(,2)在f(x)的图象上，所以2sin＋φ＝－2，所以＋φ＝＋2kπ，k∈Z，12(6)62学科网（北京）股份有限公司2π2π2得φ＝＋2kπ，k∈Z，因为|φ|<π，所以φ＝，f(x)2sin(2x)33322所以g(x)2sin[2(xm)]2sin(2x2m)，Qg(x)是偶函数，g(x)g(x)，33222展开得sin2xcos(2m)0，cos(2m)0，2mk,kZ3332km,kZ21222329.B【解析】 若A小组只有一人，则5人的分配方案有C4C2C4A2种，若A小组只有两人，则512222人的分配方案有C4C3A2种；若A小组恰有三人，则5人的分配方案有C4C2种，所以共有50种10.A【解析】A1B1AA1,且A1B1A1C1，A1B1平面A1C，连接A1D,QB1DCD00CDA1D,CC1A160，连接A1C,A1C4,B1A1C90,所以B1C5,平面截三棱柱5321ABC-A1B1C1所得截面为等腰梯形MNDH，HM=DN=,HD=4,MN=2,所以截面面积为，故选A。2211.A【解析】设Px0,y0,Ix1,y1，设内切圆与PF1,PF2,x轴相切于点M,N,T，点P在第一象限,则，,F1Tcx1F1MF2Tcx1F2NQPF1PF22a,PMPNac1PF(ac)(cx)ax，又PFaex∴xexx，21121102011c1y3y由三角形面积相等，得，，012a2cy12cy0y1y0y022ac3x02x1yy0111yt1x0x1226设t(t0)，tanPOItan(POF2IOF2)=，yy321312x11+011ttx0x12t26当且仅当t时等号成立，故选A2///12.D【解析】因为fx1的图像关于点(1,0)对称，所以fx的图像关于点(0,0)对称，fx是奇函数，fx是偶函数，fx关于直线x1对称，所以fx的周期为2，且在0,1上单调6e21递减，在1,2上单调递增，ln1ln(10.2)(1,1.2)，e0.21(0,1),(0,1)，设x，595222x2x2x2x则922x，函数ex1ex(1)ex,x(0,1)，设函数12x2x2xx学科网（北京）股份有限公司2xx2g(x)xln()，x(0,1)，g/(x)0，所以g(x)在（0，1）上是减函数，2x4x212111111121g()g(0)0，ln(5)lne5e0.21，所以选D155299935y2x213.128114.215.4【解析】如图，MC交AB于点E，QABC1200,ABBCDMMAEBAC300,设ABa，则BC3a，BAE3aAMME1AM,因为AB是MAC的角平分线，所以,3ACEC3Cuuur1uuuuruuuruuurMEMCmMAnMB，且mn1，4uuur1uuuuruuuruuuruuuuruuuruuurMEMCmMAnMBMC4mMA4nMB，4xy4z27316.【解析】设x轴与圆O交于O，E点，交圆O于O,F点，连412结CE,DF，则：OCE:ODF,OD2OC.同理：OA2OB9SSSSS=SABCDAOCCOBBODAOD2AOC设FOD,则OD4cos,DF4sinOC2cos，设点A到直线OC的距离为d，则：11dAOFD22sinS2cos(22sin)2cos(sin1)22AOC2设f(x)2cos(sin1),(0,)，2当(0,),f/(x)0,f(x)单增，当(,),f/(x)0,f(x)单减66233273所以当，f(x)，S6max2ABCDmax4解：（1）由题意得，n，即n1n，17.Sn1Snan65an1an55学科网（北京）股份有限公司a5n1故n1n，即n1，an15an5n1an5又，故数列n是以为首项，为公比的等比数列…………………………6分a151an511（2）由（1）知，nn，即nn．………………………….7分an5(1)an5(1)nn5155数列5的前n项和为5n1，…………………………9分154nnn(1)1(1)(1)1数列(1)的前n项和为，…………………………11分1(1)2nn1n故5n(1)157(1)．…………………………12分Sn514242131121（1）由题意可知每个坑要补种的概率01，则n个坑中有4个坑要补种18.PC3C322221n的概率为4.…………………………1分Cn2nn14141CnCn11n22欲使4最大，只需…………………………2分Cnnn124141CnCn122解得7n8.因为nN，所以n7,8.…………………………5分17351835当时，4，当时，4，n7C7n8C82128212835所以当n7或n8时，有4个坑要补种的概率最大，最大概率.…………………………6分1281（2）易知X的取值范围为0,1,2,3,4,5，且X:B5,，则210151111450，1，P(X0)C5P(X1)C522322232121310513121052，3，P(X2)C5P(X3)C522321622321614115151014，5P(X4)C5P(X5)C522322232所以X的分布列为学科网（北京）股份有限公司X012345155551P32321616323215EX5…………………………12分2219.（1）证明：取AC的中点为E，连结SE,BE，∵ABBC，∴BEAC，在VSCB和△SAB中，SABSCB90,ABBC,SBSB，∴VSCBVSAB，∴SASC，∵AC的中点为E，∴SEAC，∵SE∩BEE，∴AC面SBE，∵SB面SBE，∴ACSB…………………………5分（2）过S作SD面ABC，垂足为D，连接AD,CD，∴SDAB∵ABSA,ABSD,SAIADA，AB平面SAD∴ABAD，同理，BCCD，∵底面VABC为等腰直角三角形，AB2,SC22，∴四边形ABCD为正方形且边长为2.以D为原点，DA,DC,DS分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz…………………………6分uuuruuuruuur则A2,0,0,S0,0,2,C0,2,0,B2,2,0，SC0,2,2,AC2,2,0,BC2,0,0，ruuurrnSC2y12z10设平面的法向量，则，解得xyz，SACnx1,y1,z1ruuurnAC2x12y10r取x11，则y11,z11，∴n(1,1,1)，…………………………8分ruuururmSC2y22z20x0设平面SBC的法向量mx,y,z，则uuur，解得，222ryzmBC2x20r取y21，则x10,z11，∴m0,1,1，…………………………10分urrurrmn26设平面SAC与平面SBC夹角为,coscosm,nurr…………………………11分mn3236故平面SAC与平面SBC夹角的余弦值为.…………………………12分3法二：学科网（北京）股份有限公司20.解：（1）设AB与x轴的交点为H，由题意可知AHAF2，则4a8AF1AHAF1AF22a，当AB过右焦点F2时，ABF1的周长取最大值，所以a2c1因为椭圆C的离心率为e，所以c1,b2a2c2413，a2x2y2所以椭圆C的标准方程为1…………………5分43（2）由题意得:yyQPPQA1F1OF2A2xA1F1OF2A2xdFAPAF1PA2x2①当点Q在椭圆外，22222P4xdAA4PQxP5A1PQ12P26232又PCP,,所以直线AP的方程为yx2…………………………………8分2554dFAPAF1PAAQ22②当点Q在椭圆内，22222423xdAA4PQPQxP3A1PQ12P2266又PCP,,所以直线AP的方程为yx2…………………………………11分2334326综上：直线AP的方程为：yx2或yx2…………………………………………………12分244121.解：（1）fx的定义域为0,,fx，x1设切点坐标x0,lnx01，则切线方程为：ylnx01xx0x0把点带入切线得：20,0x0e学科网（北京）股份有限公司1所以，fx的切线方程为：yx…………………4分e223m3（）x1x2elnx1x2lnx13lnx2mfx又gxeaxa0有两个不同零点，则xxlnxax1elnxaxlnxax10有两个不同零点eax构造函数uxexx1，uxex1…………………6分ax1lnx1ux为,增函数，且u