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 第1页/共3页 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 第2页/共3页 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 第3页/共3页 学科网（北京）股份有限公司