四川省成都市第七中学2026届高三上学期期末考试数学试卷含答案（word版）

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8. 解析: 当 x0=π2+2kπ,k∈N 时, a=0,b=1 ,此时 m≥0 ,
当 x0≠π2+2kπ,k∈N∗ 时,由题可知 x0∈0,π2 ,
y=sinx 在 x=x0x0≥0 处的切线为 y=x−x0⋅csx0+sinx0 ,
∴a=csx0,b=sinx0−x0csx0,∴10ab=5sin2x0−5x0cs2x0−5x0 ,
令函数 fx=5sin2x−5xcs2x−5x,x∈0,π2 ,则 f′x=5cs2x+10xsin2x−5 ,
令函数 gx=5cs2x+10xsin2x−5 ,则 g′x=20xcs2x ,
∴gx 在区间 0,π4 上递增,在 π4,π2 上递减, g0=0,gπ3>0,g38πx0>π3>1,∴10,∴x0 是 fx 唯一的极大值点,所以 C 正确,
对于 D ,由选项 B 可得, S100=a1+a2+a3+⋯+a100=2a1+a3+a5+⋯+a99 ,
又 a1+a3+a5+⋯+a99=f1+f2+f3+f4+⋯+f100=−22+42−62+82−⋯−982+1002 , =26+14+⋯+198=5100,∴S100=10200 ,故 D 正确.
三、12. -10 13. 3 或 6 14. x−y−2=0
14. 解析: 设 Px0,y0 ,切线方程为 y=kx−x0+y0 ,与 x2=4y 联立得 x2−4kx+4kx0−4y0=0 , 由 Δ=0 ,整理得 k2−x0k+y0=0,∴k1+k2=x0,k1k2=y0 ,由 k1−1k2−1+1=0 得 x0−y0−2=0 .
15. 解: (I) 已知 sin2A=sin2B+sin2C−sinBsinC ,由正弦定理得, a2=b2+c2−bc ,由余弦定理有 a2=b2+c2−2bccsA ,得 −bc=−2bccsA ,
故 csA=12 ,又 A∈0,π ,所以 A=π3 . .6 分
(II) 设 BC 边上的高为 h=2 ,则三角形面积 S=12ah=a ,
面积也可表示为 S=12bcsinA=12bc⋅32=34bc ,
联立得 a=34bc ,即 bc=4a3 , .9 分
由 b+c=6 ,得 b2+c2=b+c2−2bc=36−2bc ,
代入题目条件 a2=b2+c2−bc ,得 a2=36−3bc , .11 分
将 bc=4a3 代入上式,得 a2=36−3⋅4a3=36−43a ,即 a2+43a−36=0 ,
得 a+63a−23=0 ,解得 a=23 . .13 分
16. 证明: (I) 因为 AB=AD=AA1=2 ， ∠DAB=∠DA1A=60∘ ，所以 △DAB,△DAA1 均为正三角形， 记 AD 中点为 O ,连接 OA1,OB ,
则 AD⊥OA1,AD⊥OB ,又 OA1,OB⊂ 平面 A1OB,OA1∩OB=O ,所以 AD⊥ 平面 A1OB ,
因为 A1B⊂ 平面 A1OB ,所以 AD⊥A1B ; ..4 分

(II) 因为 △DAB ， △DAA1 均为等边三角形， AB=AD=AA1=2 ，
所以 OA1=OB=3 ,又因为 A1B=6 ,所以 OA12+OB2=A1B2 ,
即 OA1⊥OB 且 A1O⊥AD ,
OB∩AD=O,OB,AD⊂ 平面 ABCD ，所以 A1O⊥ 平面 ABCD ， .7 分
以 OA,OB,OA1 分别为 x,y,z 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则 D−1,0,0,A10,0,3,B0,3,0,C−2,3,0,A1,0,0 ,
DA1=1,0,3,DB=1,3,0,A1B=0,3,−3A1C1=AC=−3,3,0 . .9 分
设平面 DA1B 的法向量为 m=x,y,z ,
则 m⋅DA1=0m⋅DB=0,x+3z=0x+3y=0 ,取 x=3 ,则 y=−1,z=−1 ,所以 m=3,−1,−1 , .11 分
设平面 A1BC1 的法向量为 n=a,b,c ,
则 n⋅A1C1=0n⋅A1B=0,−3a+3b=03b−3c=0 ,取 a=1 ,则 b=3,z=3 ,所以 n=1,3,3 , .13 分
设二面角 D−A1B−C1 的平面角为 θ,cs⟨m,n⟩=m⋅nmn=−35×7=−335 .
所以 sinθ=1−cs2=47035 ,即二面角 D−A1B−C1 的正弦值为 47035⋯ .15 分
17. 解: (I) 分两种情况.
第一种情况: 甲第二局轮空,即第一局甲负,此时第三局一定有甲参与,其概率为 12 .
第二种情况:甲第三局轮空，此时第二局甲负，第一局甲胜，其概率为 12×12=14
故所求概率为 12+14=34 . .4 分
(II) 解法一: 由第一问知甲第三局轮空,此时第二局甲负,第一局甲胜,其概率为 12×12=14 , 所以第三局甲参与的概率为 1−14=34 . .9 分
解法二: 第三局有甲参与, 分两种情况:
第一种情况: 甲前两局连胜,其概率为 12×12=14 ,
第二种情况: 第一局甲负,此时第三局一定有甲参与,其概率为 12 .
所以第三局甲参与的概率为 12+14=34 . .9 分
(III) 解法一: 第 n 局是甲、乙对打,则第 n 局丙轮空,下面计算第 n 局丙轮空的概率:
记第 n 局有丙参与的概率为 Qn ,则第 n+1 局有丙参与的概率为 Qn+1 ,
若第 n 局有丙参与,则第 n+1 局有丙参与的概率为 12 ,
若第 n 局没有丙参与,则第 n+1 局一定有丙参与,所以 Qn+1=12Qn+1−Qn , .12 分即 Qn+1−23=−12Qn−23 ,
因为 Q1=0 ,所以 Q1−23=−23 ,所以 Qn−23=−23×−12n−1 ,即 Qn=−23×−12n−1+23 ,
则第 n 局是甲、乙对打的概率为 1−Qn=23×−12n−1+13 . .15 分
解法二: 记第 n 局是甲、乙对打的概率为 Pn ,
并设第 n 局是甲、丙对打的概率为 An ,第 n 局是乙、丙对打的概率为 Bn ,
由题意得: P1=1, A1=B1=P2=0 ,
考虑第 n−1 局的情况,有递推公式如下: Pn=12An−1+12Bn−1,An=12Pn−1+12Bn−1,Bn=12Pn−1+12An−1 , 由对称性可知: An=Bn∀n∈N∗ ,因此 Pn=12An−1+12An−1=An−1 ,进一步可知:
Pn=An−1=12Pn−2+12Bn−2=12Pn−2+12An−2=12Pn−2+12Pn−1 ,于是 Pn=12Pn−2+12Pn−1 , .12 分化简得:
Pn−Pn−1=−12Pn−1−Pn−2 ,因此 Pn−Pn−1n≥2 是首项为 -1,公比为 −12 的等比数列,
于是 Pn−Pn−1=−1⋅−12n−2 ,对 ∀n≥2 成立.
累加可得:
Pn=P1+P2−P1+P3−P2+…+Pn−Pn−1=1−1+−121+…−12n−2=23−12n−1+13……15 分
18. 解: (I) 因为 f′x=ex ,所以 f′1=e ,所以切线方程为 y−e=ex−1 , 整理得 ex−y=0 (或 y=ex ). .3 分
(II) 令 gx=fx−1+x+ax2=ex−ax2−x−1 ,
所以 g0=0 且 g′x=ex−2ax−1,g′′x=ex−2a .
若 2a>1 ,即 a>12 ,
则 g′′0=1−2a0=φ′x2 ,所以 fx>2x2−23 恒成立. .17 分
法二: 证明: 我们证明当 x>0 时, ex+23x2>2 即可,记 φx=ex+23x2 ,所以 φ′x=exx−2−43x3 ,
记 tx=exx−2−43 ,所以 t′x=exx−1 ,所以 x∈0,1,t′x0,tx 单调递增. 又 t2=−430 ,所以 φ′20 .
所以存在 x0∈2,3 使得 x∈0,x0,φ′x0 ,所以 x=x0 为函数 φx 的唯一极小
值点. 所以只需证明 φx0>2 ,且 ex0x0−2=43 , .12 分
将 ex0=43x0−2 代入 φx0 ,整理得 φx0=43x0−2+23x02=23x0x0−2x0>2 ,
所以 φx0>2 等价于 x00 即可,
注意到 e1+233=e2e233−1≥e21+233−1+233−122=7e26>8.62>8.619>41+233 ,
所以 t1+233>0 . .17 分
法三: 只需证明 1>2x2−23ex 即可,所以研究右边函数的最大值即可,后略.
19. 解: (I) 设 Ma,0,N0,b ,
由 Px,y 是 MN 中点得: x=a2,y=b2.∴a=2x,b=2y ,
又 ab=4 ,故 xy=1 ,
∴P 的轨迹方程 C:xy=1 . .3 分
(II) ① 设 Ax1,1x1,Bx2,1x2,Cx3,1x3,ΔABC 的垂心为 HxH,yH ，
∴AB=x2−x1,x1−x2x1x2,CH=xH−x3,yH−1x3 ,
又 CH⊥AB ,故 xH−x3x2−x1+yH−1x3x1−x2x1x2=0 , .5 分
因为 x1≠x2,∴xH−x3−yH−1x31x1x2=0 ,
∴xH+1x1x2x3=x3+yHx1x2……1 ,同理 xH+1x1x2x3=x2+yHx1x3……2 ,
∴1−2 得: x3−x2+yH1x1x2−1x1x3=0 ,
解得 yH=−x1x2x3 ,代入 (1) 即得 xH=−1x1x2x3,∴xH⋅yH=1,∴ΔABC 的垂心在曲线 C 上. 分
②设此时 △ABC 的中心为 Qx0,y0 ， Q 即 △ABC 的垂心，
由(i) 得 x0=−1x1x2x3,y0=−x1x2x3 ,又 Q 为 △ABC 的重心,
所以 x0=x1+x2+x33,y0=y1+y2+y33 .
∴3y0=y1+y2+y3=1x1+1x2+1x3=x1x2+x2x3+x1x3x1x2x3.∴x1x2+x2x3+x1x3=−3y0x0=−3x02 .
∴x1+x2+x3=3x0,x1x2+x2x3+x1x3=−3x02,由韦达定理知x1,x2,x3为三次方程x3−3x0x2−3x02x+1x0=0的三个根,x1x2x3=−1x0,
整理得: x1,x2,x3 为方程 x02x3−3x03x2−3x+x0=0 的三个根. .12 分
下证: A,B,C 在以 Qx0,y0 为圆心,以 2x02+y02 为半径的圆上.
所以圆的方程为 x−x02+y−y02=4x02+y02 .
联立 x−x02+y−y02=4x02+y02xy=1 ,且将 y0=1x0 代入整理得:
x2+1x2−2x0x−21xx0−3x02−31x02=0,
整理得 x02x4−2x03x3−3x04+3x2−2xx0+x02=0 .
可因式分解为 x+x0x02x3−3x03x2−3x+x0=0 .
所以 A,B,C 在以 Qx0,y0 为圆心,以 2x02+y02 为半径的圆上. .15 分
所以 AB=2⋅2x02+y02⋅sinπ3=23x02+y02=23x02+1x02≥26 ，
所以 S△ABC=34AB2≥63 ,当且仅当 Q1,1 或 Q−1,−1 时等号成立. .17 分