2023级高三第一学期阶段考试数学答案_2025年10月_251020广东省汕头市金山中学2025-2026学年高三上学期10月阶段考试（全科）

2023级高三第一学期阶段考试数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B D A C A B D B AB ABD ACD  1 1 1 5  12、 0,  ； 13、  ； 14、,1   ,2  .  2 3  2  π 3 15．【答案】(1)A ；(2) 3 4 a 2cb 【解析】（1）由  可知，acosB2ccosAbcosA，……………………1分 cosA cosB 由正弦定理可得sinAcosB2sinCcosAsinBcosA， …………………………2分 sinAB2sinCcosA， ……………………………3分 sinABsinπCsinC0， ……………………………4分 1 cosA ……………………………5分 2  又 A(0,)，A ． ……………………………………6分 3 1  （2）由AD ABAC ， 2 1 1 两边平方得1  b2c22bccosA    b2c2bc  …………………8分 4 4 又a2 b2c22bccosA， ……………………………9分 所以2b2c2bc，解得bc1， ……………………………11分 1 3 所以S  bcsinA ． ……………………………13分 ABC 2 4 高三数学阶段考试答案 第1页，共8页3 16．【答案】(1)证明见解析 (2) 13 【解析】（1）证明：因为AC为直径，B是上底面圆周上异于A,C的一点，所以ABBC． ……………………………1分 因为BB 为该圆柱的母线，所以BB 平面ABC， ……………………………2分 1 1 AB平面ABC， BB  AB， ……………………………3分 1 又BB BCB，BB,BC平面BCCB ． 1 1 1 1 所以AB平面BCCB ． ……………………………5分 1 1 因为AB平面ABB ，所以平面ABB 平面BCCB ． ……………………………6分 1 1 1 1 （2）设点A在圆柱下底面的射影为A，连接AB ． 1 1 1 以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB的方向分别为x,y,z轴的正方向， 1 1 1 1 1 1 建立空间直角坐标系，如图所示． ……………………………7分 因为AC2，ACB30，所以AB1,BC 3，…………8分 所以B 0,0,0,A1,0,3,C  0, 3,3  ,C  0, 3,0  ， …………9分 1 1 AC  1, 3,0  ,AB 1,0,3,AC   1, 3,3  ．…………10分 1 1 设平面ABC的法向量为mx,y,z， 1 x 3y0 则mACmAB 0，即 ， …………………………11分 1 x3z0   取z1，得m 3, 3,1 ． ………………………………12分 高三数学阶段考试答案 第2页，共8页mAC 3 3 1 由sin cosm,AC    ，……………………………14分 1 m AC 13 13 13 1 3 得AC 与平面ABC所成角的正弦值为 ． ……………………………15分 1 1 13 3 17．【答案】(1)方案一 (2) 8 【解析】（1）若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为X 元，则X 50,30,0 ……………………………1分 1 1 1 1 则PX 50    ， 3 2 2 12 1 1  1 1  1 1  1 1 1 1 PX 30  1  1  1    ， 3 2  2 3  2 2  3 2 2 3 1 1 7 PX 01   ， ……………………………3分 12 3 12 1 1 7 85 所以EX50 30 0  ……………………………4分 12 3 12 6 若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为Y元，则y70,40,0……………5分 1 3 1 则PY 70C3    ， 3 3 27 1 2  1 2 PY 40C2   1  ， 3 3  3 9 1 2 20 PY 01   ， ……………………………7分 27 9 27 1 2 20 310 所以EY70 40 0  ……………………………8分 27 9 27 27 因为EXEY，故选择方案一比较合适. ……………………………9分 高三数学阶段考试答案 第3页，共8页（2）设“该同学抽取中奖”为事件A，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为B ，B ，B ， 1 2 3 1 则PB PB PB  ， ……………………………10分 1 2 3 3 1 1 PA|B  ，PA|B PA|B  ， ……………………………12分 1 3 2 3 2 1 1 1 1 1 1 4 所以PAPB PA|B PB PA|B PB PA|B        ， 1 1 2 2 3 3 3 3 3 2 3 2 9 ……………………………14分 1 1 故PB |A PB 2 A  PB 2 PA|B 2   3  2  3 2 PA PA 4 8 9 3 所以该同学选择乙抽奖箱的概率为 . ……………………………15分 8 1 1  7  18．【答案】(1)证明见解析，a n 3n1；(2)①T 2n  4  32n11 ；②  , 20  . 【解析】（1）数列a 中，2S 3a 2n6， n n n 当n2时，2S 3a 2(n1)6， ……………………………1分 n1 n1 两式相减得2a 3a 3a 2， ……………………………2分 n n n1 整理得a 3a 2，于是a 13(a 1)，……………………………3分 n n1 n n1 而2a 3a 26，即a 4，则a 13，……………………………4分 1 1 1 1 所以数列a 1是以3为首项，3为公比的等比数列，a 13n，a 3n1 n n n ……………………………5分 (1)n(43n2) 1 1 （2）①由（1）知，a 3n1，b  (1)n(  )，………8分 n n (3n1)(3n11) 3n1 3n11 高三数学阶段考试答案 第4页，共8页1 1 1 1 1 1 1 1 T (  )(  ) (  )(  ) 2n 31 321 321 331 32n11 32n1 32n1 32n11 1 1 1 1     . ……………………………11分 31 32n11 4 32n11 1 1 1 ②由①知，T   ，T  ， ……………………………12分 2n 4 32n11 2n 4 1 1 1 1 1 1 T T a   (  )  ，………………14分 2n1 2n 2n 4 32n11 32n1 32n11 4 32n1 1 1 1 1 7 而数列{  }单调递增，则T T    ，……………………15分 4 32n1 2n1 1 4 10 20 7 因此T  ， ……………………………16分 n 20 7 对nN*， T ，得 n 20  7  所以的取值范围是,  . ……………………………17分  20 19．【答案】(1)8x2y50(2)3(3)证明过程见解析 1 【解析】（1） f x x22x3lnx的定义域为0,，…………………………1分 2 3 fxx2 ， ……………………………2分 x 1 3 f11234，又 f 1 2 ， ……………………………3分 2 2 3 所以 f x在 1, f 1 处的切线方程为y 4x1， 2 即8x2y50 ……………………………4分 3 1 a （2） fxx2 ，gx x22x ， x 2 x 高三数学阶段考试答案 第5页，共8页1 1 10 xfxgx f x x2 xa4， 3 3 3 1 a 11  1 10 即x22x3 x22x   x22x3lnx x2 xa4，……………5分 2 x 32  3 3 x1lnx 即a 对任意x1成立， x1 x1lnx 令hx ，x1，则 x1 2lnxx1x1lnx x2lnx hx  ，……………………6分 x12 x12 令mxx2lnx，x1， 1 x1 故mx1  0，所以mxx2lnx在1，上单调递增， x x m332ln31ln30，m442ln422ln20， 由零点存在性定理得x 3,4，使得mx 0，即x 2lnx ， 0 0 0 0 所以当x1,x 时，hx0，当xx，时，hx0， 0 0 x1lnx 故hx 在x1,x 上单调递减，在xx，上单调递增， 0 0 x1 x 1x 2 hx的最小值为hx  0 0 x 3,4，…………………………8分 0 x 1 0 0 所以a3，a的最大整数解为3. ……………………………9分 1 1 （3）Fx x3x2alnx x3 x2alnx，定义域为0,， 6 6 当a0时，Fxx2alnx在0,上单调递增，此时Fx不存在两个零点， ……………………………10分 高三数学阶段考试答案 第6页，共8页   2x a 2x a a 所以a0， Fx2x  ， x x a a 令Fx0得x ，令Fx0得0x ， 2 2  a   a  故Fx在0, 上单调递减，在 ，上单调递增，     2 2     Fx在x a 处取得极小值，也是最小值，故x  a ，…………………………11分 2 0 2  a  要使得Fx有两个零点，需满足F 0，   2    a  a 1 a 即F      aln 0，解得a2e， ……………………………12分  2  2 2 2 a a 因为x x ，所以0x  ,x  ， 1 2 1 2 2 2 x 令 2 t1，由x2alnx x2alnx 得 x 1 1 2 2 1 alnt x2alnx t2x2alntx ，所以x2  ， ……………………………13分 1 1 1 1 1 t21 要证x 3x 4x ，只需证3t1x 2 2a， 1 2 0 1 alnt 即证3t12x2 8a，即证3t12 8a， 1 t21 a0,t1，只需证3t12lnt8t280， ……………………………14分 1 令wt3t12 lnt8t28，则wt18t6lnt7t6 ， t 高三数学阶段考试答案 第7页，共8页1 6t1 令nt18t6lnt7t6 ，则nt18lnt11 ，……………………15分 t t2 当t1时，nt0，故nt在1,上单调递增，ntn10， 故wt在1,上单调递增，wtw10， ……………………………16分 所以x 3x 4x . ……………………………17分 1 2 0 高三数学阶段考试答案 第8页，共8页