1、成都七中高2019级三诊模拟数学（理科）答案命题人：税洪 审题人：杜家忠一选择题：CBCDB BDDDA D【详解】显然直线不满足条件，故可设直线：，由，得，解得或，解得，直线的斜率的取值范围为.故选：D.B【解析】原不等式可化为，设，则直线过定点，由题意得函数的图象在直线的下方，设直线与曲线相切于点，则有，消去整理得，解得或（舍去），故切线的斜率为，解得又由题意知原不等式无整数解，结合图象可得当时， ，由解得当直线绕着点旋转时可得，故实数的取值范围是选B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 144 14. 15. 【详解】由题意，三棱锥中，平面，直线与平面所成角为，如图所示，
2、则，且的最大值是，所以，所以的最小值是，即到的距离为，所以，因为，在中可得，即可得,取的外接圆圆心为，作，所以，解得，所以,取为的中点，所以，由勾股定理得，所以三棱锥的外接球的表面积是.16 【解析】对于，如图：任取，当，当，恒成立，故正确；对于，故错误；对于，的零点的个数问题，分别画出和的图像，如图：和图像由三个交点，的零点的个数为，故正确；对于，设，令在，可得，当时，若任意，不等式恒成立，即，可得，求证：当时，化简可得，设函数，则，当时，单调递增，可得，即，综上所述，对任意，不等式恒成立，故正确，故答案为三、解答题： 17. 解：（1）由已知得，则，所以又，所以，又，所以.所以，即，所以.
3、（2）因为，所以，所以当时，；当时，.所以，或.18（1）证明：是边长为1的等边三角形，是的中点，即是等腰三角形，从而，即平面，且平面，又，平面，平面，平面，平面，（2）解：连接，以为原点，、所在的直线分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，设平面的法向量为，则，即，令，则，3，由（1）知，平面的一个法向量为，由图可知，二面角为锐角，故二面角的大小为19解:（1）设该考生报考甲大学恰好通过一门笔试科目为事件，则；该考生报考乙大学恰好通过一门笔试科目为事件，则.（2）设该考生报考甲大学通过的科目数为，根据题意可知，则，报考乙大学通过的科目数为，随机变量的可能取值为：0，1，2，3.，随机
4、变量的分布列：0123，因为该考生更希望通过甲大学的笔试，则，所以的范围为：.20解: （1）椭圆：的离心率为，可得 故右焦点到直线的距离为.当时，将代入可得整理可得：即解得：（舍去）或由，可得，即根据可得：椭圆的方程为：当时，将代入可得整理可得：方程无解椭圆的方程为：（2）过点作与坐标轴不垂直的直线设直线的方程为 联立直线的方程和椭圆方程可得：，消掉可得： 根据韦达定理可得： 设线段的中点，则，是正三角形且根据，可得由可得：可得：，解得：设，将其代入可得,可得故在轴上是存在点，使得为正三角形，坐标为，21. 解：（1）设直线与相切于点因为，所以 所以又因为P在切线上，所以所以，因此.设，则由
5、 解得.所以在上单调递增，在上单调递减，可知的最大值为，所以的最大值为.（2）方法1：原方程即为，设，则上述方程等价于设，则函数需有两个不同的零点因为在上单调递减，且在上存在唯一实根，即，即所以当时，当时，因此在上单调递增，在上单调递减若，则，不合题意，舍去若，则当时，则，取，则；当时，则，取，则由此，且，.要使函数有两个不同的零点，则只需，所以只需.因为是关于的增函数且， 所以存在使得，所以当时，因为是关于的减函数，所以又因为，所以的最大整数值为方法2：原方程即为，设，则原方程等价于关于的方程有两个不同的解，即关于方程）有两个不同的解设，则.设，由知，所以在区间上单调递减，又，所以存在使得.
6、当时，；当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所照要使得关于的方程有两个不同的解，则.当时，设，则，可知在上单调递增，在单调递减又，有两个不同的零点，符合题意所以的最大整数值为（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分22.解：设直线上的点，对应参数分别为，将曲线的参数方程化为普通方程（1）当时，设点对应参数为直线方程为（为参数）代入曲线的普通方程，得，则，所以，点的坐标为（2）将代入，得，因为，所以得由于，故所以直线的斜率为23 解:（1）由题意知恒成立，即恒成立，可得函数在上是增函数，在上是减函数，所以，则，即，整理得，解得，综上实数的取值范围是.（2）由，知，即，所以要证，只需证，即证，又，成立.12学科网（北京）股份有限公司