山东名校考试联盟2025年12月高三年级阶段性检测数学答案_2025年12月_251218山东名校考试联盟2025年12月高三年级阶段性检测（全科）

山东名校考试联盟 高三年级数学试题参考答案2025.12 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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C A B A B D A ex(x2) 2a (x2)(ex ax2) 8.【解析】函数 f(x)的定义域是(0,)， f(x)  a ， x3 x x3 x2是函数 f(x)的唯一一个极值点，x2是导函数 f(x)0的唯一根， ex ax2 0在(0,)无变号零点，因为lim(ex ax2)，即ex ax2 0恒成立 x ex ex ex(x2) 即a 恒成立，令g(x) ，则g(x) ， x2 x2 x3 所以g(x)在(0,2)上单调递减，在(2,)上单调递增， e2 e2 所以g(x)的最小值为g(2) ，所以a ，故选：A． 4 4 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每个小题给出的选项中，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。 题号 9 10 11 答案 BCD ACD BCD 11.【解析】对于A：若BP∥CQ，又因为BB∥CC ，所以面BBP∥平面CCQ， 1 1 1 1 又因为直线CQ与面BBP有交点P，所以矛盾，则不存在P,Q，使BP∥CQ； 1 1 对于B：当AP 0时，所以Q为AC 上靠近A的三等分点，所以将面C D AB 拿出不难发现， 1 1 1 延长DQ交到AB的中点M ，取AA 的中点N ，则等腰梯形MNDC即为截面，所以B对； 1 1 1 2 3 对于C：V V V V ，设AP  x，所以CQ  x，过P作AC的垂线垂足 QPBC C 1 ABC QCBC 1 PABC 1 3 AP PH 3 1 1 3 为H ，所以  ，则PH  x，所以V   x. AC CC 3 PABC 3 2 3 1 1 CQ QK 2 3 1 1 2 3 过Q作BC 的垂线垂足为K，所以 1  ，因为QK   x ，所以V   (  x)， 1 CC AB 3 3 QCBC 1 3 2 3 3 1 1 1 1 1 3 1 1 2 3 1 则V     x  (  x) ，所以C对； QPBC 3 2 3 2 3 3 2 3 3 18 对于 D：将面 BC A沿 AC 翻折，使面 BC A与面CC A重合，则问题转换为在矩形 BCCA中研究 1 1 1 1 1 BPCQ， 13 如下图过B作AC 的平行线，在平行线上取一点B ，使BB  ，则四边形BBQP为平行四边形，所 1 1 1 3 1 以BP  BQ， 1 所以BPCQ的最小值即为BC，则在△BBC中， 1 1 3 1 2 6 BC  3,BB  ，cosBBC cos2C BC 2cos2C BC1 ，由余弦定理得：BC  . 1 3 1 1 1 3 1 3 所以D对. B项图 C项图 D项图 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 11 12. 1； 13. ； 14. a (3n2)3n1. 4 n 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.【解析】（1）方法一：因为(bc)cosAa(cosBcosC)， b2 c2 a2 a2 c2 b2 a2 b2 c2 所以(bc) a(  )， 1分 2bc 2ac 2ab b2 c2 a2 b2 c2 a2 a2 c2 b2 a2 b2 c2 所以    ， 2c 2b 2c 2b b2 c2 a2 a2 c2 b2 a2 b2 c2 b2 c2 a2 所以    ， 2c 2c 2b 2b 2b2 2a2 2a2 2c2 b2 a2 a2 c2 所以  ，所以  ， 3分 2c 2b c b 所以b3 a2ba2cc3，所以b3 c3 a2ca2b， 所以(bc)(b2 bcc2)a2(cb)，所以b2 bcc2 a2，即b2 c2 a2 bc， b2 c2 a2 bc 1 所以cosA   ， 5分 2bc 2bc 2 π 因为A(0,π)，所以A ； 6分 3 方法二：因为(bc)cosAa(cosBcosC)， 由正弦定理可知：(sinBsinC)cosAsinA(cosBcosC) ， 1分 所以sinBcosAsinCcosAsinAcosBsinAcosC ，即sin(BA)sin(AC)， 3分 2因为BA(π,π)，AC(π,π)，且(BA)(AC)(BC) π， 所以BA AC ，即BC 2A， 5分 π 所以ABC 3A π，即A . 6分 3    2 1 （2） 因为 CD2DB ，所以 AD AB AC ， 8分 3 3 4 1 4 两边平方： AD2  c2  b2  bccosA ， 9分 9 9 9 7 4 1 2 所以 bc c2  b2  bc，即 4c2 b2 5bc0 ， 10分 9 9 9 9 b b 两边同时除以c2，( )2 5 40， c c b b b b 所以( 1)( 4)0 ，即 1（舍），或 4， 12分 c c c c b 综上： 4. 13分 c 【注】在△ABD和△ACD中分别使用余弦定理，结合ADBADC π，亦可得到4c2 b2 5bc0 16.【解析】 （1） f(x)的定义域为(0,)， a 2x2 (2a)xa (2xa)(x1) f(x) (2a)2x  ，·················································2分 x x x 若a≤0，则当x(1,)时， f(x)0；当x(0,1)时， f(x)0.········································3分 a a 若0a2，则当x(0, )(1,)时， f(x)0；当x( ，1)时， f(x)0.························4分 2 2 若a2，则当x(0,)时， f(x)≥0.···········································································5分 a a 若a2，则当x(0,1)( ,)时， f(x)0；当x(1，)时， f(x)0.·····························6分 2 2 综上：当a≤0时， f(x)在(1,)单调递增，在(0,1)上单调递减； a a 当0a2时， f(x)在(0, )，(1,)单调递增，在( ，1)上单调递减； 2 2 当a 2时， f(x)在(0,)单调递增，无减区间； a a 当a 2时， f(x)在(0,1)，( ,)单调递增，在(1，)上单调递减.·····································7分 2 2 （2）由（1）得， ①当a0时， f(x)在(1,)单调递增，在(0,1)上单调递减，所以 f(1)a10，即1a0， 又因为当x0时 f(x)，当x时 f(x)，所以1a0符合；···············9分 ②当a 0时， f(x) x2 2x，在(0,)上 f(x)只有一个零点2，所以不符合；···················10分 3a a a a a ③当0a2时， f(x)在(0, )，(1,)单调递增，在( ，1)上单调递减， f( )a(ln  1)， 2 2 2 2 4 a a 1 1 4a 令g(a)ln  1，所以g(a)   0 在(0,2)上恒成立， 2 4 a 4 4a 3 a 所以g(a)在(0,2)上单调递增，则g(a)g(2) ，所以 f( )0， 2 2 则 f(x)在(0,)上没有两个零点，所以0a2不符合；···················································· 12分 ④当a2时， f(x)在(0,)单调递增，无减区间，不符合；················································13分 a a ⑤当a2时， f(x)在(0,1)，( ,)单调递增，在(1，)上单调递减， 2 2 因为 f(1)0，所以不符合.·······························································································14分 综上：当1a0时， f(x)有两个零点. 15分 17.【解析】（1）方法一： π 证明：因为四边形ABED,ACGD,DEFG 均为菱形，且ADEADGGDE ， 3     设DE a,DGb,DAc，且abbc=ac 2，则 GE ab ，   所以GEDA(ab)c=acbc0 ， 所以GE DA， 2分 连接GE,DF ，因为四边形DEFG为菱形，所以GE DF ， 4分 又因为DADF D,DA平面ADF ，DF 平面ADF ， 所以GE 平面ADF . 6分 方法二：证明：连接GE,AG,AE ，因为四边形ABED,ACGD,DEFG均为菱形，且 π ADEADGGDE ， 3 所以ADDG AGDE GE  AE ，所以多面体ADGE为正四面体，连接DF，交GE于点H ，过A 作底面DGE的垂线，垂足O位于底面中心，即在线段DH 上， 且靠近点H 的三等分点处，即AO平面DEFG， 因为GE平面DEFG，所以GE  AO， 2分 因为四边形DEFG为菱形，所以GE DF ， 4分 又因为AODF O,AO平面ADF ，DF 平面ADF ， 所以GE 平面ADF . 6分 4（2）方法一：几何法 连接GE,AE,AG，因为四边形ABED,ACGD,DEFG均为菱形， 所以AC //DG,DG//EF,AC EF ，则四边形ACFE为平行四边形，所以AE//CF ， 又因为AE平面BCF ，CF 平面BCF ，所以AE//平面BCF ， 同理，可得GE//平面BCF ，又因为AEGE E,AE 平面AGE,GE 平面AGE ， 所以平面AGE //平面BCF ， 所以平面BCF 与平面DEFG所成角转化为平面AGE 与平面DEFG所成角， 8分 连接DF ，交GE于点H ，连接AH ，因为四边形ABED,ACGD,DEFG均为菱形，且 π ADEADGGDE ，所以AG AE GE 2,DH GE,H 为GE中点，所以AH GE， 3 又因为AH 平面AGE ，DH 平面DGE，所以AHD为二面角AGED的平面角， 11分 ( 3)2 ( 3)2 22 1 因为AH DH  3,DA2，所以cosAHD  ， 14分 2 3 3 3 1 所以平面BCF 与平面DEFG所成角的余弦值为 . 15分 3 方法二：坐标法 π 连接GE,AG,AE ， 因为四边形ABED,ACGD,DEFG均为菱形，且ADEADGGDE ， 3 所以ADDG AGDE GE  AE ，所以多面体ADGE为正四面体，连接DF ，交GE于点H ， 过A作底面DGE的垂线，垂足O位于底面中心，即在线段DH 上，且靠近点H 的三等分点处， 即AO平面DEFG， 取线段DE上靠近E的三等分点M ，因为四边形DEFG为菱形，所以GE DF ，所以OM DF ， 以O为坐标原点，分别以OD,OM,OA所在直线分别为x,y,z 轴建立如图坐标系 8分 52 6 3 3 则A(0,0, ),E( ,1,0),G( ,1,0) ， 3 3 3 因为四边形ABED,ACGD,DEFG均为菱形， 所以AC //DG,DG//EF,AC EF ，则四边形ACFE为平行四边形，所以AE//CF ， 同理，可得GE//BC，   3 2 6   所以CF  AE ( ,1, ),BC EG(0,2,0) ， 10分 3 3  设平面BCF 的法向量为n (x,y,z)， 1  C  F  n  0   3 x y 2 6 z 0 则  1 ，即 3 3 ，令x2 6，得y0,z 3， BCn 1 0  2y0  所以n (2 6,0, 3)， 12分 1  因为AO平面DEGF ，所以平面DEFG的法向量为n (0,0,1)， 13分 2     |n n | 1 设平面BCF 与平面DEFG所成角为，则cos|cosn,n | 1 2  ， 1 2 |n ||n | 3 1 2 1 所以平面BCF 与平面DEFG所成角的余弦值为 . 15分 3 18.【解析】（1）（i）由(n2)a na x可得(n2)(n1)a (n1)na x，……………………………2分 n1 n n1 n b 于是b b x，则 n1 x，故数列{b }为首项是b 2a  x2，公比为x的等比数列．………………4分 n1 n b n 1 1 n （ii）由（i）可知b bxn1  xn1，于是nb nxn1． ………………………………………………5分 n 1 n n(n1) 若x1，则S 12n ． ………………………………………………6分 n 2 若x1，则 S  x2 2x3nxn1, n xS  x32x4 n1 xn1nxn2, n …………………………………………7分 x2 1xn x2n1xn2nxn3 两式相减可得1xS  x2x3xn1nxn2  nxn2  , n 1x 1x x2n1xn2nxn3 故S  ． ...................................................................................................................9分 n 1x2 n(n1) x2n1xn2nxn3 综上所述，若x1，则S  ；若x1，则S  ．………………………10分 n 2 n 1x2 xn1 （2）由（1）可知b n(n1)a  xn1，故a  ． ……………………………………………11分 n n n n(n1) 6x2 x3 xn1 令 f xTxx1xln1x     x1x ln 1x， 0x1， 2 6 nn1 x2 xn 则 fx x  ln1x． ………………………………………………13分 2 n x2 xn 1 1xn 1 xn 令gx x  ln1x，则gx1xxn1    0． ……15分 2 n 1x 1x 1x 1x 故g(x)在(0,1)上递减，则 fx g(x) g(0)0．故 f(x)在(0,1)上递减，则 f(x) f(0)0． 因此T  x(1x)ln(1x)． ………………………………………………17分 n 1 1 19．【解析】（1）由题意， fx lnx1 ， …………………………………………………1分 x2 x 故 f(1)2ln2， ………………………………………………2分 f11ln2． ………………………………………………3分 于是曲线y f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y2ln21ln2x1， 即y1ln2x3ln21． …………………………………………4分  x   （2）由题意a xf xln 11对x0,恒成立． …………………………………………5分  2    x   x  令Gx x fxln 11  x1ln x1 xln 1x，x0．  2   2  x  x 则Gxlnx1ln 1 ． …………………………………………7分 2  x2 令Hxlnx1ln   2 x 1     x x 2 ，则Hx x1 x x22 0．…………………………………8分 故H(x)在区间(0,)上单调递减，则H(x) H(0)0．于是G(x)在区间(0,)上单调递减， x  则G(x)G(0)0．因此x1lnx1xln 1 x0． ………………………………9分 2  因此实数a的取值范围是 0,． ………………………………………10分 n e 2n （3）当n1时，135 2n1    ． …………………………………………………11分 2  e  x  1 当n2时，在不等式x1lnx1xln 1 x0中令x 可知 2  n1 nln2nn  n1ln2n2  n1  ln 2n1． ………………………………………15分 取n2,3,，相加后得ln 135 2n1  nln2n n ln21． ……………………16分 n e 2n 于是135 2n1    ． 2  e  n e 2n 综上所述， 135 2n1    ． ………………………………………………17分 2  e  7