2022级高三第一学期期中考试数学参考答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1122广东省汕头市金山中学2024-2025学年高三上学期期中考试（全科）

2022 级高三第一学期期中考试数学参考答案 1 CADBD BCD ABD ACD BCD xy0, 5, (ee,) 15．【详解】（1）∵2sinA3sin2C，∴sinA3sinCcosC， a2b2c2 由正余弦边角关系得，a3c ①，……4分, 2ab 又c2b，②由①②得，a2b3b  a2b24b2 ，∴a2  9 b2,a 3 2 b，∴ a  3 2 ……6分 2 2 b 2 3 2 b （2）由（1）得， sinA a 2 2 ， cosC    3sinC 3c 6b 4 9 b2b24b2 （或由余弦定理得 a2b2c2 2 2 ）……8分 cosC   2ab 3 2b2 4 14 ∵C为锐角，∴sinC ，……9分 4 1 1 3 2 14 3 7 ∴ ABC的面积S  absinC  b2  ，∴b2，……11分 2 2 2 4 2 1 3 7 设AB边上的高为h，则 ABC的面积S  chbh ， 2 2 3 7 3 7 ∴h ，即AB边上的高为 .……13分 4 4 16．【详解】（1）如图，连接EC交BD于N ，连接MN, 1 1 由E是AD的中点可得DE AD BC1，……1分 2 2 1 易得DEN与△BCN相似，所以EN  NC，……3分 2 1 又PM  MC，所以MN∥PE，……4分 2 又MN 平面BDM,PE平面BDM，所以PE∥平面BDM；……6分 （2）因平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD， 由PAPD 5，点E是线段AD的中点可得PE AD, 又PE平面PAD，故得PE平面ABCD.……8分 如图，取BC的中点为F,分别以EA,EF,EP为x,y,z轴的正方向，建 立空间直角坐标系.则E0,0,0,A1,0,0， D1,0,0,B1,2,0,C1,2,0,P0,0,2，……9分 11  1 2 2  1 2 4 PC1,2,2,PM  PC , , ，则M , , ，……10分 3  3 3 3  3 3 3  4 2 4 设平面AMB的法向量n (x ,y ,z )为，由AB0,2,0,AM  , , ， 1 1 1 1  3 3 3  n AB2y 0  1 1 则 4 2 4 ，故可取n 1,0,1；……11分 n AM  x  y  z 0 1  1 3 1 3 1 3 1  4 4 4 设平面BDM的法向量为n x ,y ,z ，由BD2,2,0,BM  , , ， 2 2 2 2  3 3 3  n BD2x 2y 0  2 2 2 则 4 4 4 ，故可取n 1,1,0.……12分 n BM  x  y  z 0 2  2 3 2 3 2 3 2 n n 1 1 1 2 故平面AMB与平面BDM的夹角余弦值为 cosn,n     ，……14分 1 2 n n 2 2 2 1 2 π 所以平面AMB与平面BDM 的夹角为 .……15分 3 x2 y2  1 17．【详解】（1）双曲线3x2  y2 可化为   3 1 1 2 3 2 S  FF  AB  2  412 ABF1 2 1 2 2   3   3 ，即3 3 y2 双曲线C的标准方程为x2 1．……4分 3 （2）设直线l的方程为xty2t0，A(x,y ),B(x ,y )， 1 1 2 2 3x2y2 3 联立双曲线C与直线l： 消去x可得： xty2  3t21  y212ty90，则Δ12t2 49  3t21  36(t21)0恒成立， 12t 9 1 又直线与双曲线交于右支两点，故y y  ，y y  0，即t2  ，……7分 1 2 3t21 1 2 3t21 3 4  2 6t  从而得x x  ，即AB中点M 为 , ，……9分 1 2 3t21 3t21 3t21 26t  2   8  线段AB的中垂线为y tx ，则D ,0，……11分 3t21  3t21 3t21  8 6t26 即 DF  2  ．……12分 2 3t21 3t21 AB  1t2 y y 2 4y y  1t2   12t   2 4 9  6t26 ．……14分 1 2 1 2 3t21 3t21 3t21 DF 即 2 为定值1．……15分 AB 1 1 a x2ax1 18．【详解】（1） f xx alnx， fx1   (x0)……1分 x x2 x x2 若a240时，即2a0时， f(x)0， f x在(0,)单调递增 ……3分 若a240，即a2时， hxx2ax1有两个零点x  a a24 ，x  a a24 且x 0，x 0，x x ， 1 2 2 2 1 2 2 1 当0xx 时，hx0， fx0， f x单调递增 1 当x xx 时，hx0， fx0， f x单调递减 1 2 当xx 时，hx0， fx0， f x单调递增 ……6分 2 综上所述，当2a0时， f x在在(0,)单调递增；  a a24 a a24  当a2时， f x在0, 和 ,上单调递增，  2   2      a a24 a a24 f x在 , 上单调递减 ……7分  2 2    1 1 a （2）因为 f xx alnx，所以 fx1  ， x x2 x 1 a 1 a 所以k k  fx  fx     2， ……8分 1 2 1 2 x2 x x2 x 1 1 2 2 1 1 x  alnx x  alnx f x  f x  2 x 2 1 x 1 1 lnx lnx ， ……9分 k  2 1  2 1 1 a 2 1 3 x x x x xx x x 2 1 2 1 1 2 2 1 31 a 1 a 2 lnx lnx 要证k k 2k ，只需证     2a 2 1 ， 1 2 3 x2 x x2 x xx x x 1 1 2 2 1 2 2 1 1 1 2  1 1 lnx lnx  即证   a  2 2 10， ……11分 x2 x2 xx x x x x  1 2 1 2 1 2 2 1 x x 3 3 x x x  不妨设x x 0，则只需证 2  1   a 2  1 2ln 2 0， 2 1 x2 x2 x x  x x x  1 2 2 1 1 2 1 1 x x2 3x  x x x  即证  2  1  1 3a 2  1 2ln 2 0， x  x x2 x   x x x  1 1 2 2 1 2 1 x 1  1 3   1  设 2 t(t1)，则只需证 t  3at 2lnt0①，……13分 x x  t2 t   t  1 1 1 由（1）可知 f xx 2lnx在0,上单调递增， x 1 则当x1,时， f x f 10，所以t 2lnt0， t 1 3 2 3 t33t2 (t1)2t2 设gtt  3，则gt1    0， t2 t t3 t2 t3 t3 所以gt在1,上单调递增，所以gtg10，……15分 又因为0x 1,a1，所以要证①， 1 1 3 1 4 1 只需证t  3t 2lnt2lnt  30， t2 t t t t2 4 1 2 4 2 2 1 2 设ht2lnt  3，则ht    1  0， t t2 t t2 t3 t  t 所以ht在1,上单调递增.所以hth10，得证. ……17分 1 8 1 1 8 1 19．【详解】（1）由题：令n1,则 a b  ，即 b  ，故  b  ， 1 1 2 3 1 2 2 3 1 2 13 19 得 b  ，又b Z,b 3，同理可得，b 5,b 7. ……3分 6 1 6 1 1 2 3 1 1 1 1 1 （2）由题意 a b  ，故a  b a  ,a  b a  ， n n 2 n 2 n n 2 n1 2 n1 n1 2 从而a a 1b b a a 1，即1b b d 1，……6分 n1 n n1 n n1 n n1 n 因为b Z,dZ，所以b b d 0,即b b d，故数列b 是等差数列. ……7分 n n1 n n1 n n 49 57 9 3 （3）因为a  a  ,则a  a ，解得 ， n1 10 n 20 n1 10 n 2 3 81  3 81 9 又a   0，故a  是以 为首项，公比为 的等比数列， 1 2 100  n1 2 100 10 3 81  9  n1  9  n1 3 则a     ，即a    ，……9分 n 2 100  10 n  10 2 3 81   9  n 从而S  n 1   ……10分 n 2 190  10   9  n1 3  9  n1 3 当n为奇数时，a    ，易知a    单调递减， n 10 2 n 10 2 3 231 1 31 故 a a  ，得a 2( , ]，则有b 2；……12分 2 n 1 100 n 2 100 n  9  n1 3  9  n1 3 当n为偶数时，a    ，易知a    单调递增， n 10 2 n 10 2 3 771 3 229 1 故a a  ，即 a  ，得a 1[ , )，则有b 1； 2 n 2 1000 n 2 n 1000 2 n 1,n为偶数 综上，b  ，……14分 n 2,n为奇数 3 81   9  n  9  n 当n为偶数时，T n  2 n，由S n T n ，得 190   1 10     0,即  10   1，无解；……15分 3n1 3n1 当n为奇数时，T T b  1 ; n n1 n1 2 2 81   9  n 1  9  n 14 由S n T n ,得 190   1 10      2 ,即  10    81 ， 14 故n>log 16.7，所以存在正整数n，使得S T ，正整数n的最小值为17. ……17分 9 81 n n 10 5