成都市第七中学2025-2026学年高三上学期11月半期考试数学答案_251120四川省成都市第七中学2025-2026学年高三上学期11月半期考试（全科）

成都七中高 2026 届高三上学期数学半期考试参考答案及评分标准 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C D B A C B D A BCD ACD ACD 8.【解析】由题意，令x = –1，则f (2) + f (2) = f (2)，所以f (2) = 0，f (x)关于(2,0)中心对称，且函数在R上单调 递增. 又因为g(x) + g (2 – x) = f (x + 1) + 4x + ex–1 – e1–x + f (3 – x) + 4(2 – x) + e1 – x – ex – 1 = 8，所以g(x)关于(1,4)中心 对称，又4x – 4 + ex–1 – e1–x在R上单调递增，所以g(x)在R上单调递增. 若对x(0,+)，都有 1 / 6 g x e ax + a x + ln x  4 ( ) 恒成立，4 = g (1)，所以g ( xeax +ax+lnx ) g(1). 所以xeax +ax+lnx1对任意正实数x恒成立，所以 e ax + ln x + a x + ln x  1 ，记h(x) = ex + x，所以h(x)在R上单调 递增，且h(0) = 1. 于是h(ax + lnx) ≤ 1恒成立，等价于ax + lnx ≤ 0对任意正实数成立. 即 − a  ln x x ，对  x  0 . 记 lnx 1−lnx (x)= ，则'(x)= ，所以 x x2 ( x ) 1 在区间(0,e)上单调递增，在[e,+∞)上单调递减，所以−a(x) =(e)= . max e 1 所以解得：a− . e S S S  10.【解析】（A） n = n−1 +2，所以 n是一个以 3n 3n−1 3n  S 3 1 = a 3 1 = 1 为首项，2为公差的等差数列. 则 S n = ( 2 n − 1 )  3 n . （A）选项正确. 3, n=1, （B）对任意n ≥ 2，S n–1 = (2n – 3)×3n–1，所以a n = S n – S n–1 = 4n×3n–1，又a 1 = 3，所以a n = 4n3n−1,n2. 所以 a  a   n 从第二项起才是等比数列， n 不是等比数列. （B）选项错误. 4n 4n （C）当n = 1时，3a = 9 > 2S = 6；对 1 1  n  N*，且n ≥ 2，3a – 2S = 4n×3n – (4n – 2)×3n = 2×3n > 0，所以2a > n n n 3S . 综上，对nN*，2a > 3S . （C）选项正确. n n n (−3)n+2a （D）记b = n ，则b = – 1， n S S 1 n n+1 (−3)n+24n3n−1 (−1)n4n  1 1  当n ≥ 2时，b = = =(−1)n  +  ， n (2n−1)3n(2n+1)3n+1 (2n−1)(2n+1) 2n−1 2n+1 所以n = 1时，T = b = – 1， 1 1 当n ≥ 2时，T =b + n   (−1)k   1 + 1     =−1+ 1 + 1   − 1 + 1   +...+(−1)n   1 + 1   n 1  2k−1 2k+1 3 5 5 7 2n−1 2n+1 k=2 1 (−1)n 2 (−1)n =−1+ + =− + ； 3 2n+1 3 2n+1 2 (−1)n 经检验，n = 1时符合通项，所以T =− + ，（D）选项正确. n 3 2n+18 （2）结合第（1）问，当h=h  时，水面α经过B C 时，依旧与棱AA 相交， 0 3 1 1 1 当水面 α 经过点A 后，水面 α 的形状变为直角梯形 OPQR（B C ⊥平面ACC A ，所 1 1 1 1 以必为直角梯形）. 此时如图所示，RQ⊥OR，且由于PQ与OR共面，所以两条直线 相交，且交于各自所在平面 ABB A 和平面 ACC A 的交线 AA 上，所以 OAP-RA Q 1 1 1 1 1 1 为台体. 根据体积相等可知，V =V −V =24−6h . 设OA = 3x，A R = 3y，则 OAP−RA1Q 柱 水 0 1 1 ( ) OP = 4x，RQ = 4y，则可得：V = AA  S +S + S S ，即 OAP−RA1Q 3 1 OAP RA1Q OAP RA1Q 3 / 6 x 2 + y 2 + x y = 3 − 3 4 h 0 . 由梯形性质 可知，OR 中点 M 到 AA 的距离就是中位线长，所以 1 s = 3 ( x + 2 y ) . 由 x 2 + y 2 + x y = 3 − 3 4 h 0 ，可得： (x+y)2 =3− 3 h +xy3− 3 h + x+y   2 ， 当 且 仅 当 x = y 时 等 号 成 立 . 所 以 (x+y)2 4−h ， 所 以 4 0 4 0  2  0 3(x+ y) 3 4−h 3 4−h s=  0 . 所以最大值为 0 . 2 2 2 四、解答题： c 2 15. 解：（1）由题意，e= = ，又a = 3， a 3  c = 2. 从而b2 = a2 – c2 = 5；············4分  x2 y2 + =1. ············6分 9 5 （2）易知：A (–3,0)，A (3,0). ············8分 1 2 x2 y2 9 设点P坐标为P(x , y )，则 0 + 0 =1，化简为x2−9=− y2. ············10分 0 0 9 5 0 5 0 y y y2 y2 5 则kk = 0  0 = 0 = 0 =− . 1 2 x +3 x −3 x2 −9 9 9 0 0 0 − y2 5 0  5 k ·k 为定值，k k =− . ············13分 1 2 1 2 9 a b 16. 解：（1）由正弦定理， asinB=− 3bcosA， = ， sinA sinB  sinAsinB=− 3sinBcosA， ············3分 0 < B < π， sinB > 0，则tanA=− 3. ············6分 0 < A < π，  2π A= . ············7分 3 （2）∆ABC中，c = 3，b = 5，  a2 = b2 + c2 – 2bccosA = 49，  A1 R C1 Q B1 O A C P B a = 7 = BD. ············10分 π 又ABCD内接于圆，且BD = BC = 7，故点D在优弧BC上，且∠BDC = . ············12分 3 1 π 49 3  ∆BCD为等边三角形， S = BDBCsin = ， ············14分 BCD 2 3 4 1 2π 15 3 又S = ABACsin = ， ABC 2 3 4  S =S +S =16 3. ············15分 四边形ABCD ABC BCD17. 解：（1）设等差数列{a }的公差为d， n 4 / 6  a – a = 6 = 3d， n+3 n  d = 2. ············3分 又a = 4 = a + (2 – 1)d = a + 2， 2 1 1  a = 2. 1  a = 2n. ············6分 n （2）根据题意，c =a  ( 3 )an =2n ( 3 )2n =2n3n. ············8分 n n  S =231+432+633+...+2(n−1)3n−1+2n3n， ① n 3S = 232 +433+...+2(n−2)3n−1+2(n−1)3n+2n3n+1， ② n ① – ②得：−2S =2 ( 3+32 +...+3n) −2n3n+1 =(1−2n)3n+1−3， n  2n−1 3 S = 3n+1+ . ············12分 n 2 2 2n+1 3 2 3n+2 + −3 2S −3  2 2 2n+1 记d = n+1 = = ， n 32n+2 32n+2 3n 2n+3 2n+1 (2n+3)−3(2n+1) −4n 则nN*，d −d = − = = 0，从而d < d . n+1 n 3n+1 3n 3n+1 3n+1 n + 1 n  2S −3  n+1 是递减数列. ············15分  32n+2  d （注： n+1 1也可以）. d n 18. 解：（1）① 如图所示，连接BD、A D， 底面ABCD是正方形， 1  AC⊥BD； 平面AB C⊥平面ABCD，平面AB C∩平面ABCD = AC，BD 1 1  平面ABCD，  BD⊥平面AB C. 1 AB 平面AB C， BD⊥AB . ············2分 1 1 1 AB ⊥A B，BD A B = B，BD，A B 1 1 1 1  平面A BD，AB ⊥平面A BD. ············4分 1 1 1 A D 1  平面A BD， 1  AB ⊥A D. 1 1 在平行六面体中，A D//B C， 1 1  AB ⊥B C. ············5分 1 1 ②显然V =V ，由①可知，BD⊥面ACB ，B D // BD， B1−ACD1 D1−ACB1 1 1 1  B D 为三棱锥B -ACD 的高，B D = 2. 1 1 1 1 1 1  当🔺ACB 的面积最大时，三棱锥B -ACD 的体积最大. ············7分 1 1 1 由①可知，AB ⊥B C，AB 2 + B C2 = AC2 = 4， ············8分 1 1 1 1 1 1 AB2 +BC2 S = AB BC  1 1 =1，当且仅当AB = B C时，等号成立. ACB1 2 1 1 2 2 1 1  D1 C1 A1 B1 D C A B 1 2 三棱锥B -ACD 的体积最大值为V = 12= . ············10分 1 1 B1−ACD1 3 3（2）如图所示，设AC、BD交于点O，以OA，OB分别为x，y轴，垂直 于平面ABCD的直线为z轴建立直角坐标系，根据题意，A(1,0,0)，B(0,1,0)， C(–1,0,0)，D(0,–1,0)，因为点B 在平面xOz上，所以设B (a,0,c)，c > 0. 设平面 1 1 BCC B 与平面ABCD所成角为θ. 1 1 ABC的面积为1， 1 5 / 6  1 S = ACc= 2， AB1C 2  c= 2.  ( ) B a,0, 2 . ············11分 1 ( B B与平面ACB 所成角30°. 1 1 B B 1 = a , − 1 , 2 ) ，平面ACB 为xOz平面，它的一个法向量为n=(0,1,0)， 1  sin30 = cos BB,n . 1  1 1 = ，解得a=1. ············12分 2 a2 +3 ① 当a=1时， B 1 ( 1 , 0 , 2 ) ，设平面BCC B 的一个法向量为n =(x,y,z )，BC=(−1,−1,0)， 1 1 1 1 1 1 BB = ( 1,−1, 2 ) ，由   BCn 1 =0 ， 1 BB n =0 1 1   −x 1 −y 1 =0 ，取x 1 = 1，则 ( x −y + 2z =0 1 1 1 n 1 = 1 , − 1 , − 2 ) ； ············13分 又平面ABCD的一个法向量为n =(0,0,1)， 0  c o s = c o s n , n  1 0 = 2 2 ，  =  π 4 . ············14分 ( ) ② 当a = –1时，B −1,0, 2 ，设平面BCC B 的一个法向量为n =(x ,y ,z )，BC=(−1,−1,0)， 1 1 1 2 2 2 2 BB = ( −1,−1, 2 ) ，由   BCn 2 =0 ， 1 BB n =0 1 2     − − x x 2 − − y y 2 + =0 2z =0 ，取x 2 = 1，则n 2 =(1,−1,0)； ············15分 2 2 2  cos= cos n ,n =0， 2 0  π = . ············16分 2 综上所述，平面BCC B 与平面ABCD所成角的大小为 1 1 π 4 或 π 2 z D1 C1 A1 B1 C D O A B x y . ············17分 19. 解：（1）证明： f '(x)=(tanx)'= sinx   '= cos2x+sin2x =1+tan2x=1+  f (x)   2 ； ············3分 cosx cos2x  π  x3 （2）证明：对x0,  ，令h(x)= f (x)−g(x)=tanx−x+  ，所以h(0) = 0；  2  3  所以h'(x)= ( 1+tan2x ) − ( 1+x2) =tan2x−x2 =(tanx−x)(tanx+x)； ············5分  π 令(x)=tanx−x，'(x)=1+tan2x−1=tan2x0，所以(x)在区间 0,  上单调递增，  2 所以(x)(0)=0， ············7分  π  π 又x0,  ，tanx + x > 0，所以h'(x)0. 所以h(x)在区间 0,  上单调递增，所以h(x)h(0)=0.  2  2  π 所以对x0,  ， f (x)g(x). ············10分  2（3）解：假设存在隔离曲线H(x),则 6 / 6 g ( 0 ) = f ( 0 ) = 0 ，所以 H ( 0 ) = c = 0 . ············12分 又因为 f '(x)=1+tan2x， g (' x ) = 1 + x 2 ，所以 f (' 0 ) = g (' 0 ) = 1 ，H'(x)=2ax+b， H (' 0 ) = b . 令M(x)=H(x)−g(x)， m x = f x − H x ( ) ( ) ( )， x   0 , π 2  . 若b > 1，则m'(x)= f '(x)−H'(x)，m'(0)= f '(0)−H'(0)=1−b0，则存在 x 0  0 ，使m'(x)0，对x0,x )， 0 于是m(x)在[0,x )上单调递减，所以 0 m ( x 0 )  m ( 0 ) = 0 ，这与 H ( x )  f ( x ) ，对  x   0 , π 2  恒成立矛盾，所以b ≤ 1； 若b < 1，则M'(x)=H'(x)−g'(x)，M'(0)=H(0)−g(0)=b−10，则存在 x 1  0 ，使 M (' x )  0 ，对  x   0 , x 1 ) ， 于是M(x)在[0,x )上单调递减，所以 1 M x 1  M 0 = 0 ( ) ( ) ，这与g(x)H(x)，对  x   0 , π 2  恒成立矛盾，所以b ≥ 1； 综上， b = 1, H(x) = ax2 + x. ············14分  π 方法1：若H(x) = ax2 + x ≤ tanx，对x  0, 恒成立，  2  π 所以只用m(x)= f (x)−H(x)=tanx−ax2 −x0，对x  0, 恒成立，且m(0)=0，  2 注意到m'(x)=tan2x−2ax，且 m (' 0 ) = 0 ，m''(x)=2tan3x+2tanx−2a，m''(0)=−2a，若 a  0 ，则 m''(0)=−2a0，于是存在一个x > 0，使得对 2  x  0 , x 2 ( )，都有 m '' x  0 ( ) ，所以 m (' x ) 在区间(0,x )单调递减，从 2 而，对x(0,x )，m'(x)m'(0)=0，从而 2 m ( x ) 在区间(0, x )单调递减，所以，对 2  x  0 , x 2 ( )， m(x)m(0)=0， m x  0  π ( ) ，对x  0, 恒成立矛盾，所以必有a ≤ 0. ①  2 1  π 若H(x) = ax2 + x ≥x+ x3，对x  0, 恒成立， 3  2 1  x 所以只用M(x)=H(x)−g(x)=ax2 − x3 =x2 a− 0，对 3  3  x   0 , π 2  恒成立；所以只用 a  x 3 ，对  π π x  0, 恒成立；所以a . ②  2 6 由条件①②可知，a不存在 所以不存在曲线H(x) = ax2 + bx + c，使得H(x)为隔离曲线. ············17分 x3  π 方法2： +xax2 +xtanx,x  0,  成立， 3  2  x  a① π π  3 由①得a 代入②可得 x2 +xax2 +xtanx, 6 6  ax2 +xtanx② π π π 3 1 1 π π 1.74 5 1.74 令x= 可得( )3+  ,则( )3+ ( )3+  ,即  ,该式不成立. 6 6 6 3 2 2 6 6 3 8 3 a不存在,所以不存在曲线H(x)=ax2 +bx+c ，使得H(x)为隔离曲线. ············17分