四川省2024年普通高校對口招生統一考試數學試卷（含答案一、選擇題：本大題12題，每560。在每小題給出的四個選項中，只有一5（A）（–1，1）（B）（1，2）（C）（–1，+∞）（D）（1，+∞）2z=2+i，則zz()533

下列函數中，在區間（0，+）上單調遞增的是(1y

）

ylog12

）

yxs值為(5 5 x2 a

1（a>0）的離心

a66

（D）1 7在天文學中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述.兩顆星的星等與亮度滿足m–m5lg E E

，其中星等為kk（k=1,2）.已知太陽的星等是–26.72星的星等是–1.45，則太陽與天狼星的亮度的比值為( 陰影區域的面積的最大值為()A.16 B.8 D.2 D.a=e-1，b111.（5分）已知橢圓C：=1（a＞b＞0）的左、右頂點分別為A1，A2，且以線段A1A2為直徑的圓與直線bx﹣ay+2ab=0相切，則C的離心率為（ A.B.C.12.（5分）已知函數f（x）=x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）有唯一零點，則a=（ A.﹣B.C.D.1二、填空=（﹣2，3，=（3，m， 14.（5分）雙曲線（a＞0）的一條漸近線方程為y=x，則 16.（5分）設函數f（x）=則滿足f（x）+f（x﹣）＞1的x的取值范圍是 f(xabx(b0b1的圖象過點(1,4)和點(2,16.(1)求f(x)的表達式；

f(x)

(12

3；(3)當x3,4]時，求函數g(x)log2f(xx62f(x是定義在(0,上的增函數，當ab0,f(ab)f(af(bf(2)1（1）f(1f(4)（2）f(x22f(4)19.（12）如圖四面體ABCDABCAD=CD.已知△ACDAB=BD，若EBDDAE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE20.（12）在直角坐標系xOy中，曲線y=x2+mx﹣2與xA、B兩點，點C1能否出現AC⊥BC證明過A、B、Cy21.（12）f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x.（1）討論f（x）（2）當a＜0時，證明f（x）≤﹣﹣2.4-4：坐標系與參數方程]22.（10分）在直角坐標系xOy中，直線l1的參數方程 t為參數直線l2的參數 （m為參數）.設l1與l2的交點為P，當k變化時，P的軌跡為曲線寫出C以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，設l3：ρ（cosθ+sinθ）﹣=0，M為l3與C的交點，求M[選修4-5：不等式23.已知函數求不等式f（x）≥1若不等式f（x）≥x2﹣x+m的解集非空，求m四川省2024年普通高校對口招生統一考試數學試卷（答案一、選擇題：本大題12題，每560。在每小題給出的四個選項中，只有一5（A）（–1，1）（B）（1，2）（C）（–1，+∞）（D）（1，+∞）2z=2+i，則zzD533

下列函數中，在區間（0，+）上單調遞增的是1y

）

ylog12

）

yx5 5 x2 a

1（a>0）的離心

66

（D）1 7在天文學中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述.兩顆星的星等與亮度滿足m–m5lg E E

，其中星等為kk（k=1,2）.已知太陽的星等是–26.72 陰影區域的面積的最大值為BA. B. D. D.a=e-1，b111.（5分）已知橢圓C：=1（a＞b＞0）的左、右頂點分別為A1，A2，且以線段A1A2為直徑的圓與直線bx﹣ay+2ab=0相切，則C的離心率為（ A.B.C.【分析】以線段A1A2為直徑的圓與直線bx﹣ay+2ab=0相切，可得原點到直線的距離=a，【解答】解：以線段A1A2為直徑的圓與直線bx﹣ay+2ab=0∴橢圓C的離心率e===.12.（5分）已知函數f（x）=x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）有唯一零點，則a=（ A.﹣B.C.D.1【分析】通過轉化可知問題等價于函數y=1﹣（x﹣1）2的圖象與y=a（ex﹣1+）的圖象只有一個交點求a的值.分a=0、a＜0、a＞0【解答】解：因為f（x）=x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）=﹣1+（x﹣1）2+a（ex﹣1+）=0，所以函數f（x）有唯一零點等價于方程1﹣（x﹣1）2=a（ex﹣1+）有唯一解，等價于函數y=1﹣（x﹣1）2的圖象與y=a（ex﹣1+）的圖象只有一個交點①當a=0時，f（x）=x2﹣2x≥﹣1，此時有兩個零點，矛②當a＜0時，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上遞增、在（1，+∞）上遞減且y=a（ex﹣1+）在（﹣∞，1）上遞增、在（1，+∞）上遞減所以函數y=1﹣（x﹣1）2的圖象的最高點為A（1，1，y=a（ex﹣1+）的圖象的最高點為（1，2a，由于2a＜0＜1，此時函數y=1﹣（x﹣1）2的圖象與y=a（ex﹣1+）的圖象有兩個交點，矛盾③當a＞0y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上遞增、在（1，+∞）上遞減，且y=a（ex﹣1+）在（﹣∞，1）上遞減、在（1，+∞）上遞增，所以函數y=1﹣（x﹣1）2的圖象的最高點為A（1，1，y=a（ex﹣1+）的圖象的最低點為（1，2a，由題可知點A與點B重合時滿足條件，即2a=1，即a=，符合條件；二、填空=（﹣2，3，=（3，m， 2=（﹣2，3，=（3，m，解得m=2.14.（5分）雙曲線（a＞0）的一條漸近線方程為y=x，則 5【分析】利用雙曲線方程，求出漸近線方程，求解a【解答】解：雙曲線（a＞0）的一條漸近線方程為y=x，可得，解得a=5. 75°【解答】解：根據正弦定理可得=，C=60°，b= +∞）【分析】根據分段函數的表達式，分別討論x【解答】解：若x≤0，則x﹣≤﹣則f（x）+f（x﹣）＞1等價為x+1+x﹣+1＞1，即2x＞﹣，則x＞，當x＞0時，f（x）=2x＞1，x﹣＞﹣當x﹣＞0即x＞時，滿足f（x）+f（x﹣）＞1恒成立當0≥x﹣＞﹣，即≥x＞0時，f（x﹣）=x﹣+1=x+ 此時f（x）+f（x﹣）＞1恒成立，綜上x＞三、解答f(xabx(b0b1的圖象過點(1,4)和點(2,16.(1)求f(x)的表達式；

f(x)

(12

3；(3)當x3,4]時，求函數g(xlog4a

f(xx26（1）ab

a或b3（舍去f(x)44x

(12

322x2x22xx2x22x31x不等式的解集為（3）g(x)log24xx22log22xx222xx2(x1)21(3,

當x4g(x)max值域為f(x是定義在(0,上的增函數，當ab0,f(ab)f(af(bf(2)1（2）令ab

f(a)ff(11)f(1)ff(1)令abf(4)f(2)f(2)f(4)（2）f(x2)2ff(x2)f(4)ff(x2)

ff(x是定義在(0,x4x不等式解集為(4,0)19.（12）如圖四面體ABCDABC已知△ACDAB=BD，若EBDDAE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE（1）取AC中點O，連結DO、BO，推導出DO⊥AC，BO⊥AC，從而AC⊥平面BDO，由此能證明AC⊥BD.（2）法一：連結OE，設AD=CD=，則OC=OA=1，由余弦定理求出BE=1，由BE=ED，四面體ABCE與四面體ACDE的高都是點A到平面BCD的高h，S△DCE=S△BCE，由此能求出四面體ABCE與四面體ACDE的體積比.法二：設AD=CD=，則AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，BO=，推導出BO⊥DO，以OOAxOByODzAE⊥EC，求出DE=BE，由此能求出四面體ABCE與四面體ACDE（1）∵DO∩BO=O，∴AC⊥平面∵BD?平面（2）∵OE?平面設AD=CD=，則∴E是線段AC垂直平分線上的點，∴EC=EA=CD=，即，解得BE=1或∵四面體ABCEACDEABCD∴四面體ABCEACDE法二：設AD=CD=，則以OOAxOByODzC（﹣1，0，0，D（0，0，1，B（0，，0，A（1，0，0，（abc（0≤λ≤1﹣11﹣λ，∵四面體ABCEACDEABCD∴四面體ABCEACDE20.（12）在直角坐標系xOy中，曲線y=x2+mx﹣2與xA、B兩點，點C1能否出現AC⊥BC證明過A、B、Cy （1）y=x2+mx﹣2與x軸交于A（x0，B（x，0，運用韋達定理，再 x2+y2+Dx+Ey+F=0（D2+E2﹣4F＞0（0，1（1）A（x1，0，B（x2，0，由韋達定理可得x1x2=﹣2，若AC⊥BC，則kAC?kBC=﹣1，即為x1x2=﹣1x1x2=﹣2故不出現AC⊥BC（2）證明：設過A、B、Cx2+y2+Dx+Ey+F=0（D2+E2﹣4F＞0，由題意可得y=0x2+Dx+F=0與x2+mx﹣2=0可得圓的方程即為由圓過C（0，10+1+0+E﹣2=0，可得E=1，則圓的方程即為x2+y2+mx+y﹣2=0，另解：設過A、B、CyH（0，d，再令x=0解得y=1即有圓與y（0，1（0，﹣2，則過A、B、Cy討論f（x）（2）當a＜0時，證明f（x）≤﹣【分析（1）題干求導可知f′（x）=（x＞0，分a=0、a＞0、a＜0三種情況討論f′（x）0通過（1）可知f（x）max=f（﹣）=﹣1﹣ln2﹣+ln（﹣進而轉化可知問題轉化為證明：當t＞0時﹣t+lnt≤﹣1+ln2.進而令g（t）=﹣t+lnt，利用導數求出y=g（t）的求導f′（x）=+2ax+（2a+1）==（x＞0，①當a=0時，f′（x）=+1＞0恒成立，此時y=f（x）在（0，+∞）上單調遞增②當a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1（x+1）＞0y=f（x）在（0，+∞）上單調③當a＜0時，令f′（x）=0，解得：x=﹣因為當x∈（0，﹣）f′（x）＞0、當x∈（﹣，+∞）f′（x）＜0，所以y=f（x）在（0，﹣）上單調遞增、在（﹣，+∞）上單調遞減.綜上可知：當a≥0時f（x）在（0，+∞）上單調遞增，當a＜0時，f（x）在（0，﹣）上單調遞增、在（﹣，+∞）上單調遞減（2）證明：由（1）可知：當a＜0時f（x）在（0，﹣）上單調遞增、在（﹣，+∞）上所以當x=﹣時函數y=f（x）取最大值f（x）max=f（﹣）=﹣1﹣ln2﹣+ln（﹣）.從而要證f（x）≤﹣﹣2，即證f（﹣）≤﹣﹣2，令t=﹣，則t＞0，問題轉化為證明：﹣t+lnt≤﹣1+ln2.…（*）令g（t）=﹣t+lnt，則g′（t）=﹣+令g′（t）=0t=20＜t＜2g′（t）＞0，當t＞2g′（t）＜0，所以y=g（t）在（0，2）上單調遞增、在（2，+∞）上單調遞減，即g（t）≤g（2）=﹣×2+ln2=﹣1+ln2，即（*）式成立所以當a＜0時，f（x）≤﹣﹣2成立[選修4-4：坐標系與參數方程22.（10分）在直角坐標系xOy中，直線l1的參數方程為t為參數直線l2的參數方程為（m為參數）.設l1與l2的交點為P，當k變化時，P的軌跡為曲線C.寫出C以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，設l3：ρ（cosθ+sinθ）﹣=0，M為l3與C的交點，求M【分析】（1）分別消掉參數t與m可得直線l1與直線l2的普通方程為y=k（x﹣2）①與﹣2+ky②；聯立①②，消去kC（2）將l3的極坐標方程為ρ（cosθ+sinθ）﹣=0化為普通方程：x+y﹣=0，再與曲線 ，即可求得l3與C的交點M的極徑為ρ=【解答】解（1）∵直線l1的參數方程為（t為參數∴消掉參數t得：直線l1的普通方程為又直線l2的參數方程為（m為參數，同理可得，直線l2的普通方程為：x=﹣2+ky②；聯立①②，消去k得：x2﹣y2=4，即C的普通方程為x2﹣y2=4（x≠2且y≠0；（2）∵l3的極坐標方程為ρ（cosθ+sinθ）﹣ ∴ρ2=x2+y2=+∴l3與C的交點M的極徑為ρ=[選修4-5：不等式23.已知函數求不等式f（x）≥1若不等式f（x）≥x2﹣x+m的解集非空，求m ，解不等式f（x）≥1可分2x＞2f（x）≥1（2）依題意可得m≤[f（x）﹣x2+x]，設g（x）=f（x）﹣x2+x，分x≤1、﹣1＜x＜2、x≥2三類討論，可求得g（x