四川省成都市第七中学2024-2025学年高三下学期2月入学考试数学答案

成都七中高2025届高三下入学测试参考答案一、单选题1.D2.C3.C4.B5.A6.A7.C8.B二、多选题9.ABC10.ABD11.ACD三、填空题2n212.y3x13.11214.n115.解：如下图所示，过点D作DF//BC，DE在VABC中，，取单位向量n，…………………………..4分ABBCCA0DE则nABBCCA0，即nABnBCnCA0，……………………..8分nABABcosccos，nBCBCcosBacosB，…..10分nCACAcosAbcosA，所以，ccosacosBbcosA0，即acosBbcosAccos..13分16.解：（1）连接AC，BD，相交于点O，因为四边形ABCD是正方形，所以O是正方形的中心，BDAC.连接PO，因为四棱锥PABCD是正四棱锥，则PO底面ABCD，即POBD，可知BD平面POC；因为EF､分别为PB､PD的中点，所以⊥EF是三角形PBD的中位线,EF//BD则EF平面POC,即可证EFPC.…………………………..4分（2）由（1）可知EFBD，因为BD平面ABCD，EF平面ABCD，所以EF平面ABCD，设平面AEGF与平面∥ABCD相交于直线l，故EF∥l∥DB，连接QA，∥则因为AE=AF，所以AQ⊥EF，又因为OA⊥BD，故∠QAO即为平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角，其中1OQ1OQOP1，AO2，所以tanOAQ，故2AO2且满足fxnsinxnxncosxn0，即tanxnxn（几何意义：xn是ytanx与yx交点的πππ横坐标）由上问可知xnπ,xn1n1π,n1π，xn1xnπ,222tanxn1tanxnxn1xntanxn1xnπtanxn1xn1tanxn1tanxn1xn1xn因为xn1xn0，得tanxn1xnπ0所以xn1xnπ0，即πxn1xn；（或者tanxn1tanxnπtanxn1tanxnxn1xn0tanxn1tanxnπxn1xnπ）…………………………..15分118.解：（1）设质点n次移动中向右移动的次数为，显然每移动一次的概率为，则Y21YB(n,)，Y(nY)2Yn，所以2n111P(2)P(Y1)C1()()3.…………………………..4分442241（2）①设运动2025次中有k次向右运动，则kB(2025,)，2k2025，3202512P(2k2025)Ck()k()2025k，20252025331212Ck()k()2025kCk1()k1()2026k20253320253311由，解得674k675，k1k22025kk11k122024k33C()()C()()202533202533又kN，所以k675，即k675时，P(20252k2025)最大，此时2025675，即n2025时，质点最有可能运动到的位置对应的数为675.……………………..12分1②设运动n次中有k次向右运动，则2kn，kB(n,)，n31228由D(k)nn，D()D(2kn)4D(k)n.……………………17分339n9pAFBFAB19.解：(1)由抛物线的定义可知：y，M222ABp即y，当且仅当AB过焦点时取等.M221910p1则，可解得p，抛物线方程为yx2.…………………………..6分42222222ac(2)①设Aa,a，B0,0，Cc,c(ac0)，则kacACac则直线AC的方程为ya2(ac)(xa)，化简可得y(ac)xac由BCAB,可知ac1，即直线AC恒过定点E0,1.则点D在以BE为直径的圆上（原点除外），2211综上，点D的轨迹方程为xyy0；…………………..10分242②依题意可设Aa,a，易知直线BA，CB的斜率均存在且不为0，1则设BA,CB的斜率分别为k和，由对称性，不妨设k1，kyx2直线的方程为2，则联立得22，AByk(xa)a2xkxkaa0yk(xa)a2k24kaa2k2a0，则k2a11则|AB|1k2|k2a|，同理|BC|12a，k2k11|AB||BC|1k2|k2a|12ak2k31k221211kk2a2a1kkkkk2(m1)31令k2m，则m0,1，设f(m)m23m3，mm1(2m1)(m1)21则f(m)2m3，令f(m)0，解得m，m2m2211当m0,时，f(m)0，此时f(m)单调递减，当m,，f(m)0，此时f(m)单2212733调递增，则f(m)minf，|AB||BC|，24221121但1k|k2a|12a1k|k2a|2a，此处取等条件为k1，与最k2kk233终取等时k不一致，故ABBC.…………………………..17分22