树德中学2022级高三下4月阶测数学试卷-答案_2025年4月_250414四川省成都市树德中学2024-2025学年高三下学期4月月考（全科）

树德中学高 2022 级高三下学期 4 月阶段性测试数学试题答案 所以四边形ABCD的面积
3 5 3  π 5 3
1-8：CCABB DBD 9.ABD 10.AC 11.ABD 12.12 13.2 14. (1,1) S S △ACD S △ABC  4 (54cos)sinsin 3cos 4 2sin   3    4 ，
15.（1）当a2时， f  x  x  lnx1  ， f x lnx11lnx2 f 1 2, f  1 1，切 又因为   π ,π  ，所以 π    π , 2π ，sin    π     1 ,1   ，
2  3 6 3   3 2 
 
点为 1,1 ，
 5 3 5 3
四边形ABCD的面积的取值范围为1 ,2 ．

切线方程是y12  x1  ，即 y 2x1  4 4 
17.（1）连接CM ，则DM 1,BC BM 1,MBC 120，
1 1
（2）函数g  x  f  x  ax2在区间  2,3  上单调递减，g  x  xlnxaxx ax2
2 2 由余弦定理得 CM  BM2BC22BM BCcosMBC  3 ，
g x lnxaax0在区间  2,3  上恒成立， 在CDM,ACM 中，有DM2CM2 CD2,AM2CM2 AC2 ，
所以CM DM,CM AM ，又DMAM M,DM、AM 平面ADM ，所以CM平面ADM .
lnx
所以lnx a  x1 ，而x 2,3  ，则x1 1,2  ，得到a 恒成立， （2）取DM 的中点O，连接AO，则AODM ，
x1
由（1）知CM平面ADM .又CM 平面BCDM ，
lnx
令h  x  ，即ah  x 恒成立，ah  x  即可， 所以平面BCDM 平面ADM ，又平面BCDM 平面ADM  DM ，AO平面ADM ，
x1 max
所以AO平面BCDM ，
1
1 lnx 1 1 1
而 h x  x ，令t  x 1 lnx，t  2 1 ln2 ln20， 建立如图空间直角坐标系M xyz，则D(1,0,0),C(0, 3,0),A( 1 ,0, 3 ) ，  A  C  ( 1 , 3, 3 )，
(x1)2 x 2 2 2 2 2 2
而当x 2,3  时，t x  1  1  1x  0，则tx在  2,3  上单调递减， 设  A  P    A  C  ( 1 , 3, 3 ),01，
x2 x x2
2 2
1
故t  x  ln20，得到h  x  在  2,3  上单调递减，h  x h  2 ln2，a ln2,．
   1 3(1)
2 所以DPDAAP( , 3, ).
2 2
π
16.（1）在ACD中，由余弦定理：AC2  AD2 CD2 2ADCDcos1422cos  3， 
3 设平面PDM 的一个法向量为m(x,y,z)，
π
所以AC  3，则AD2 CD2  AC2，所以DAC  ，  
2 mMD  x 0
 
又因为VABC 为等边三角形，所以AB AC  3，且BADBACDAC  5π ， 则   1 3(1) ，不妨取m(0,1,2)，
mDP  x 3y z 0
6
 2 2
1 1 5π 3 3 
所以S  ABADsinBAD   31sin  ，则△ABD的面积为 ． 易知平面BCDM 的一个法向量为n(0,0,1).
△ABD
2 2 6 4 4
设平面PDM 与平面BCDM所成角为，
（2）在ACD中，由余弦定


理:AC2  AD2 CD2 2ADCDcos1422cos54cos,   mn 2 4 17 2
则cos cos m,n      ，解得 或2（舍）
所以S  3 AC2  3 (54cos)，S  1 12sinsin， m n (1)2 42 1 17 3
△ABC 4 4 △ACD 2
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学科网（北京）股份有限公司 2 AP 1 1 1 581n
所以AP  AC ，所以 2.   
3 PC p 2n 2  3    1  2n 5 2  5 3  8 1 1n 281n 3
5 5  9
1 1 1
18.（1）对两个盒子中相同字母的卡片进行交换，则 p 3   ．
1 3 3 3 5  15
281n 3 
若第1次交换的是相同字母的卡片，则第二次仍需将两个盒子中相同字母的卡片进行交换， 2 2 5 15 1 5 15 1 ，
      
1 1 1 281n 3 2 2 281n 3 2 4 81n
此时概率为   ．
3 3 9
n
 1 
若第1次交换的是不同字母的卡片，有326种情况， 1 
1 1 1 5 15 n 1 5 15 1 81 5 15 1 1 5 3
不妨设将第一个盒子中的A和第二个盒子中的B进行交换， 于是    n   n    n    n ．
p p p 2 4 81k 2 4 81 1 2 4 81 1 2 64
则第二次需要将第一个盒子中的B和第二个盒子中的A进行交换， 2 4 2n k1 1 1
81 81
1 2 2 8 1 8 11
此时概率为6 32  3    27 ．于是p 2  9  27  27 ． 19.（1）过N 作NG PC 于G，而C AN ， NA a，所以 NG asin  ，
1 1 1 1
（2）用A 表示n次交换后两个盒子中仍然是A，B，C三种字母的卡片各一张的事件，则有 p PA ． NG asin
n n n 而C NG ，所以 NC   .
1 1 cosC NG cos
1
2
1 1
对相同字母的卡片进行交换可知P  A ∣A 3   ． asin
n1 n 3 3 同理过N 向PC 作垂线，可得 NC  .
2 2 cos
假设第一个盒子里装有卡片X，Y，Y，第二个盒子里装有卡片X，Z，Z，
asin

asin

注意到两个盒子中都有两张相同字母的卡片， （2）（ⅰ）由（1）可知 NC  , NC  ，所以
1 cos 2 cos
因此，只需用第一个盒子中的任意一张写有字母Y的卡片交换第二个盒子中的任意一张写有字母Z的
a2sin  sin 
b2  NB 2  NC  NC 
  2 2 4 1 1 2 cos2
卡片即可变为两个盒子中都是A，B，C三种字母的卡片各一张的状态．所以P A ∣A     ．
n1 n 3 9
a2 sincoscossin sincoscossin a2 sin2cos2cos2sin2 
再由全概率公式可得 p
n1
P  A
n1
P  A
n
 P  A
n1
∣A
n
P  A
n
 P  A
n1
∣A
n
  1
3
p
n

9
4  1 p
n
，  cos2  cos2 ，
1 4 2 1 2 b2 sin2cos2cos2sin2 cos2sin2
于是 p 1， p  p  ．故 p   p  ， 所以  sin2 ，
0 n1 9 n 9 n1 5 9 n 5 a2 cos2 cos2
 2 2 3 1 2 3  1 n b2 cos2sin2 cos2sin2 cos 2
所以数列  p n  5   是首项为 p 0  5  5 ，公比为 9 的等比数列，于是 p n  5  5     9   ，nN*． 所以e2 1 a2 1sin2 cos2 cos2 cos2   cos   ，
n 1
2 3  1 3 1 3 1 1
从而有 p n  5  5     9    5  9n  5  9  15 ． 所以e cos  9  1 ，因为a 3，所以c1，所以椭圆C的焦距2c2.
cos 1 3
（3）由于 3
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学科网（北京）股份有限公司（ⅱ）因为DF∥EF ，所以S S ，所以
1 2 DF 1 F 2 DF 1 E
S S S S ，所以S S s，
DF
1
F
2
DF
1
Q DF
1
E DF
1
Q F
1
QF
2
QDE
S QF EF 1
设 DF EF ，所以 EQF 2  2  2  ，
1 2 S DQ DF 
QDE 1
1 s s
所以S  S  .同理可得S s .所以S  s2s ，
EQF 2  QDE  DQF 1 四边形EDF 1 F 2 
 
   
延长DF 交C于点M ，则DF FM ，设D x ,y ,M x ,y ，则
1 1 1 1 1 2 2
1x ,y  x 1,y  ，所以


x
1
x
2
 1
，由（ⅰ）可知椭圆的标准方程为
x2

y2
1，
1 1 2 2 y y 0 9 8
1 2
x2 y2 x2 y2
 1  1 1  1  1 1
 9 8  9 8
由 ，得 ，
x2 y2 2x2 2y2
2  2 1 2  2 2
 9 8  9 8
 x x  x x   y y  y y   1 x x 
所以 1 2 1 2  1 2 1 2 12，所以 1 2 12，
9 8 9
x 45
 1
所以x x 99，又因为x x  1 ，解得 4 ，
1 2 1 2 x  5
 2 
因为S S S ssc y  y ，
DF
1
F
2
DQF
1
F
1
QF
2
1 1
 x2    45 2 
所以 ss 2  y2 81 1 81 ，
1  9    9  
所以  9s2 128  2   18s2 320  9s2 1280 ，所以 1  18s2 320 ，
 9s2 128
s 18s3 320s
所以S 四边形EDF 1 F 2   s2s  9s2 128 2s. 所以 f  s  18s3 320s 2s .
9s2 128
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