2023级高三数学上学期期中校际联合考试答案_2025年12月_251202山东省日照市2026届校际联考高三上学期期中考试（全科）_答案

2023 级高三上学期期中校际联合考试
数 学 答 案
2025.11
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1-4 ABBB 5-8 CDCC
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的
得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.AC 10.ABD 11.ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12（. n1）2 13. 2 14.ln21
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.【解】（1）由题
公众
f 
号
x
：

天

海
m 
题

库
n    2cos2x, 3  1,sin2x2cos2x 3sin2x
 π
cos2x1 3sin2x2sin 2x 1 ，…………3分
 6
π π 3π π 2π
由2kπ 2x 2kπ ,kZkπ  xkπ ,kZ，
2 6 2 6 3
 π 2π
所以 f(x)的单调递减区间

kπ ,kπ

,kZ；…………6分
 6 3 
C  π   π
（2）由（1） f  2sinC 13，所以sinC 1，
 2   6   6
π π 7π π π π
因为C0,π，所以C  , ，所以C  即C ，…………8分
6 6 6  6 2 3
所以由余弦定理c2 a2b22abcosC得a2b2ab3，…………10分
1  3 3
ab2
由S  absin  ab ab2 ，联立 解得ab3.…………12分
ABC
2 3 4 2
a2b2ab3
所以，周长abc3 3…………13分
16.【解】（1）∵ fx3ax22bx6，
3
由 f1 f20，得3a2b60且12a4b60，解得a1，b ，…………2分
2
5
又 f 1 ，∴c1，…………3分
2
3
∴ f xx3 x26x1；经检验，符合题意。…………4分
2
f 23, f212,…………6分
所以 f(x)在x2处的切线方程为y312(x(2))，即12x y210.…………7分
（2）存在x 2,0 ，使得 f x t22t，等价于 f x t22t，…………9分
0 0 max
{#{QQABSYAt4goQkJSACA4KR02iCwqYkIIhLKgMQVCcuAQCgRNAFIA=}#}∵ fx3x23x63x2x1，
当x[2,1)时， f(x)0，当x(1,0)时， f(x)0，
∴ f x在2,1上递减，在1,0上递增，又 f 23， f 01，
∴ f x在2,0 上的最大值为 f 23，…………12分
∴t22t3，解得1t3，所以t的取值范围是1,3．…………15分
17.【解】（1）由条件得，DA DC,BA BC，则BD是线段AC 的中垂线，
所以BD AC．…………2分
又BDPA,PAAC A,PA,AC平面PAC ，
所以
BD
平面PAC ，…………4分
又BD 平面ABCD，故平面PAC 平面ABCD.…………5分
（2）记BD与AC 交于H 点，连接PH，由PAPC,H 为AC 的中点，所以PH  AC ．
公众号：天海题库
由（1）知，平面PAC 平面ABCD，平面PAC平面ABCD AC，
PH 平面PAC ，所以PH 平面ABCD，…………7分
由条件，可得ABC 60,又A，B，C，D四点共圆ADC 120,BD是线段AC 的中垂线，
所以ABH 30,ADH 60，故DAB90，则BD是四边形ABCD的外接圆直径，点O为BD的中点．
3
因为AB2 3，所以AC 2 3,BD 4，BH  AB 3,从而 DH  BDBH 1 ,…………8分
2
1
取BD的中点O，连接OP，则OPOB BD2,
2
因为PH 平面ABCD，又BH 平面ABCD，则PH  BH ，而BH 3,OH BH OB1，所以
PH  OP2 OH2  3，…………9分
  
以
H
为原点，HA,HB,HP 的方向分别为x轴， y轴， z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，由
AB  2 3,△ABC是正三角形，可知A ( 3,0,0 ) ，B  0,3,0  ,C   3,0,0  ，D(0,-1,0)，P  0,0, 3 
 
   
因为PA 3,0, 3 ,PB  0,3, 3 ，

设平面PAB的法向量为n  x ,y ,z ，
1 1 1 1
 
 PAn   3,0, 3   x ,y ,z  3x  3z 0
 1 1 1 1 1 1
由

，
 
PBn  0,3, 3  x ,y ,z 3y  3z 0
 1 1 1 1 1 1
{#{QQABSYAt4goQkJSACA4KR02iCwqYkIIhLKgMQVCcuAQCgRNAFIA=}#}
 
取z  3，则x  3,y 1，所以平面PAB的法向量为n  3,1, 3 ．…………11分
1 1 1 1
 
   
因为PC   3,0, 3 ,PD  0,1, 3 ，
 
 PCn    3,0, 3   x ,y ,z  3x  3z 0
  2 2 2 2 2 2
设平面PCD的法向量为n  x ,y ,z ，由  ，
2 2 2 2 PDn   0,1, 3   x ,y ,z y  3z 0
 2 2 2 2 2 2

 
取z 1，则x 1，y  3,，所以平面PBC 的法向量为n  1, 3,1 ．…………13分
2 2 2 2
     
  n n 3,1, 3  1， 3,1  3 105
|cos n,n || 1 2 || || | ，
1 2 n  n 313 131 7 5 35
1 2
105
所以平面PAB与平面PCB的夹角的余弦值为 ．…………15分
35
b c a c 1
18.【解】（1）正项数列a ,b ，满足a  n ,b  n ，两式相减可得：a b  a b ，
n n n1 2 n1 2 n1 n1 2 n n
1
因为a b ，所以a b 0，所以a b 是以a b 为首项， 为公比的等比数列，…………2分
1 1 1 1 n n 1 1 2
b c a c 1
由a  n ,b  n 两式相加可得：a +b  a b c，
n1 2 n1 2 n1 n1 2 n n
1
即a +b 2c a b 2c，因为a b 2c，
n1 n1 2 n n 1 1
所以a b 2c0，所以a b 2c是以a b 2c为首项， 1 为公比的等比数列.…………5分
1 1 n n 1 1 2
n1
 1
（2）因为a 1 b 1 ，所以a 1 b 1 ，由（1）知a n b n a 1 b 1     2   ，①
1
因为a b 2c，所以a b 2c0，又因为a +b 2c a b 2c
1 1 1 1 n1 n1 2 n n
所以a b 2c0，故a b 2c，②
n n n n
a b  1 n1 a b  1 n1
由①②解得：a c 1 1  ,b c 1 1  ，…………9分
n 2  2 n 2  2
a b 2  1 2n2 1 n
所以a b c2 1 1   c2a b 2   ，
n n 4  2 1 1 4
n1 n n
1 1 3 1
所以a b a b c2a b 2   c2a b 2    a b 2   0
n1 n1 n n 1 1 4 1 1 4 4 1 1 4
所以数列{a b }是递增数列.…………12分
n n
a2b2c2 a b 2c22a b 3c22a b 3c2
（ii）由余弦定理得cosC  n n  n n n n  n n  1
n 2a b 2a b 2a b 2a b
n n n n n n n n
{#{QQABSYAt4goQkJSACA4KR02iCwqYkIIhLKgMQVCcuAQCgRNAFIA=}#}3c2 3 1
 1 1
2( a n b n)2 2 2 ，因为a n b n ，所以等号不成立，
2
故cosC  1 ，因为C 0,π，所以C   0, π ，所以sinC  3 ，…………15分
n 2 n n  3 n 2
c c 2c
2R    c πc2
由正弦定理得A B C 外接圆的直径 n sinC 3 3，所以R  ，所以S πR 2  .…………17分
n n n n n 3 n n 3
2
19.【解】（1）当k 1，m1， f(x)x2ax时，不等式 f(x)kxmx2axx1x2(a1)x10，
依题意，A{x|x2(a1)x10}R，则(a1)240，解得1a3，
所以实数a的取值范围是1a3.…………4分
（2）当x0时， f(x)xex，求导得 f(x)(x1)ex，当x1时， f(x)0；当1 x0时， f(x)0，
1
函数 f(x)在(,1)上递增，在(1,0]上递减， f(x)在x1处取得极大值 f(1) ，.…………6分
e
lnx 1lnx
当x0时， f(x) ，求导得 f(x) ，
x x2
当0 xe时， f(x)0；当xe时， f(x)0，
1
函数 f(x)在(0,e)上递增，在(e,)上递减， f(x)在xe处取得极大值 f(e) ，.…………8分
e
1 1
因此函数 f(x)在x1和xe处取得最大值 ，不等式 f(x) 的解集为{1,e}，
e e
1 1
取k 0,m ，集合A{x| f(x)kxm}{1,e}，所以存在k 0,m ，使得A中恰有两个元素..…………10分
e e
（3）记g(x) f(x)(kxm)，则g(x) f(x)k，在R上递减，
充分性：若集合A是单元素集合{t}，故xt时，g(x)0,g(t) f(t)(ktm)0，
而函数y f(x)的图象是一条连续曲线，所以g(t) f(t)(ktm)0．
则在xt的附近其他自变量对应的函数值都小于g(t)，
故函数ygx在xt处取得极大值，所以g(t) f(t)k0，
所以曲线y f(x)在点P(t, f(t))处的切线方程为y f(t)(xt) f(t)，
即ykxm，直线ykxm是曲线y f(x)在点P(t, f(t))处的切线．.…………13分
必要性：若直线ykxm是曲线y f(x)在点P(t, f(t))处的切线，
f tktm gt0
则有 ，所以 ．

ftk gt0
故xt时，g(x)0，所以函数y g(x)在(t,)上递减，g(x)g(t)0；
xt时，g(x)0，所以函数y g(x)在(,t)上递增，g(x)g(t)0；
所以g(x) f(x)(kxm)0的解集为{t}，集合A集合{t}；
综上，“A{t}”是“ y  f (x)在点P(t, f(t))处的切线方程为 ykxm”的充要条件..…………17分
{#{QQABSYAt4goQkJSACA4KR02iCwqYkIIhLKgMQVCcuAQCgRNAFIA=}#}