四川省南充市阆中中学校2023-2024学年高三上学期一模考试 文数答案

文科数学参考答案1-5DABBC6-10CBACC11-12AC13．14．,315．16π16．,1321e17．（本小题满分12分）【详解】（1）当n1时，a12a12，解得a12.（1分）当n2时，Sn2an2,Sn12an12，an两式相减得an2an2an1，即2n2，an1n所以an是首项、公比均为2的等比数列，故an2.（3分）设等差数列bn的公差为d，由b3b4b521，可得b47，又b611，所以72d11，解得d2，故bn2n1.（6分）b2n1cn（2）令n，由（1）知cnn，（7分）an21352n1（3）则Tn，①222232n11352n1T，②（9分）2n2223242n1111112n1112n132n3T1①—②，得n2n1n1n1n1n1，222222222222n3所以T3.（12分）n2n．本小题满分分）【详解】（），，（分）18121a//b3cosx2sinx13则tanx=-；（2分）2答案第1页，共7页学科网（北京）股份有限公司231222222cosxsinx1tanx1cos2xcosxsinx2222；（5分）sinxcosxtanx137122（2fxabasinx3cosxsinx121sinx3sinxcosx1311π1sin2xcos2xsin2x，（7分）222621πππππ又fA，所以sin2A1，A0,，得2A，即A，（8分）262623cb2sinC因为，所以c，sinCsinBsinBπ3sinB所以13sinC333，（10分）SbcsinAABC2sinBsinB22tanBπ0B2所以，ππ0πB32ππ3解得B，则tanB623333故23，222tanB3即ABC面积的取值范围为,23.（12分）219．本小题满分12分）【详解】（1）在正四棱锥PABCD中O为底面中心，连接AC，BD，则AC与BD交于点O，且ACBD，PO平面ABCD，BD平面ABCD，所以POBD，又ACPOO，AC,PO平面ACP，所以BD平面ACP.(6分）答案第2页，共7页111（2）因为AB2，PO3，所以VPOS3222，PADC3ADC322又M为PD上靠近P的三等分点，所以VV，MADC3PADC12则VVVV.（12分）MACPPADCMADC3PADC3c120．本小题满分12分）【详解】（1）因为，所以a2c，则b23c2，a2x2y2所以C的标准方程为1，4c23c23191因为点1,在C上，所以1，24c243c2解得c1，从而a2，b3.x2y2所以C的标准方程为1.43（2）易知点D3,0在C的外部，则直线l的斜率存在且不为0，设l:xmy3，Ax1,y1，Bx2,y2，xmy322联立方程组x2y2消去x得3m4y18my150，1431518m15由得m，由根与系数的关系知y1y2,y1y2.33m243m242218m415所以22，AB1my1y24y1y21m223m43m4答案第3页，共7页学科网（北京）股份有限公司431m23m25化简得Δ0AB.3m24132设点F11,0到直线l的距离为d，则d，1m21m212431m23m25433m25ABF所以1的面积S22.21m23m43m443t43S令3m25t(t0)，得3m2t25，所以29，t9tt94323因为t296，所以S，t6342当且仅当t3，即m时，等号成立.34223因为m满足Δ0，所以S的最大值为.33评分细则：第二问另解：（2）设l:ykx3，Ax1,y1，Bx2,y2，ykx32222联立方程组x2y2，消去y得4k3x24kx36k120.1431524k236k212由Δ0得k，由根与系数的关系知xx,xx.5124k23124k23222224k36k12所以22，AB1kx1x24x1x21k2424k34k3431k235k2化简得AB.4k23k3k2k设点F11,0到直线l:kxy3k0的距离为d，则d，1k21k212k431k235k2433k25k4ABF所以1的面积S22.21k24k34k3答案第4页，共7页t3令4k23t(t3)，得k2，4435t242t814281所以S35，4ttt224281174223因为，所以，5281S3ttt279332742当且仅当t，即k时，等号成立.7144223因为k满足Δ0，所以S的最大值为.1432lnx21．本小题满分12分）【详解】（1）当a1时，fxx21，定义域：x1,，322lnx21lnxxfx2x，x2x22313x1令gx1lnxx，定义域：1,，gx3x20，xxgx1,gxg12f¢x>0则在上是增函数，则min，所以()，fxf10即fx在1,上是增函数，则min.（5分）2lnx（2）fxax21，定义域：1,e，x322lnx21lnxaxfx2ax，x2x23313ax1令gxaxlnx1，定义域：1,e，gx3ax2，xx（1）当a<0时，gx0，则gx在1,e上是减函数，则gxg1a1，fxf10当a1时，fx0，则fx在1,e上是减函数，max，不合题意；答案第5页，共7页学科网（北京）股份有限公司3当1a0时，g1a10，geae0，则存在x01,e，使gx00，即fx00，x变化时，fx，fx的变化情况如下表：x1,x0x0x0,efx0fx单调递增极大值fx0单调递减222则fx0f10，只需feae10，即a；ee3e（2）当a0时，由（1）知fx在1,e上是增函数，fxf10，不合题意；2lnx（3）当a0时，y在1,e上是增函数，yax21在1,e上是增函数，x则fx在1,e上是增函数，fxf10，不合题意，2a综上所述，的取值范围是1,3.（12分）ee22．本小题满分10分yy2【详解】（1）由y4t，得t，代入x4t2，得x，442所以曲线C1的普通方程为y4x，π由2sin1，422得2sincos1，即sincos1，22所以直线l的直角坐标方程为xy10．（2）由点P0,1在直线l上，答案第6页，共7页2xt2则设直线l的参数方程为（t为参数），2y1t2代入y24x中，得t262t20，tt2设点M，N对应的参数分别为t1，t2，则t1t262，12，21111ttt1t24t1t2所以124．PMPNt1t2t1t2t1t2353x,x2323．【详解】（1）fx2x3x2x1,x2，23x5,x233xx2x2不等式fx3可化为①2，或②2，或③，3x5353x3x1338解①得，解②得x2，解③得2x，232828故x，所以Mx|x；33332（2）由（1）可知m，所以ab2，322b25a22a52ba24a9b24b4所以ababab9494194ab86ab6abab2ab19b4a19b4a131362136，2ab2ab29b4a64当且仅当，2a3b，即a,b时等号成立，ab55b25a213所以的最小值为.ab2答案第7页，共7页学科网（北京）股份有限公司