2024-2025-1学期高三年级11月考数学答案(1)_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1211甘肃省兰州第一中学2024-2025学年高三上学期12月月考试题

兰州一中高三年级 11 月月考试题 高三数学答案 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的.） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D A C A B C C D 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，第9题 答对一个选项得2分；第10、11题答对一个选项得3分,有选错的得0分.) 题号 9 10 11 答案 AD ABD ABD 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.) 133 π 12. 3x+y30； 13. ； 14. 66 3 四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.) 15.(13分)【解析】（1）因为b (a a )b ，a 1，a 3， n n1 n n1 1 2 令 n1 得2b b ， 1 2 又数列 b 为等比数列，所以公比为2，即b 2b ， n n1 n 则a a 2，所以数列 a 是以1为首项2为公差的等差数列，所以a 2n1……………6分 n1 n n n （2）由（1）知数列 b 为公比为2的等比数列 n 若选①，由2S S 2得2  b 2b b 2b 4b 2，所以b＝2，则b 2n 2 3 1 1 1 1 1 1 n 若选②，由b ，2a ，b 成等差数列得4a b b ，即2b 8b 20，所以b 2，则b 2n 2 3 4 3 2 4 1 1 1 n b(126) 若选③，由S 126得 1 126 ，所以b 2，则b 2n 6 12 1 n 2n1,n为奇数, 所以c  ， n 2n,n为偶数, 数列 c 的奇数项是以1为首项4为公差的等差数列，偶数项是以4为首项4为公比的等比数列， n 所以T  a a a  b b b  2n 1 3 2n1 2 4 2n n(n1) 4(14n) 4(4n1) = n 4 =2n2n ………………13分 2 14 3 兰州一中高三年级11月月考试卷答案 第 1 页 共 4 页 {#{QQABaQgEggCAAhAAARgCUwHgCkAQkgEACYgGBFAMoAAAyRFABAA=}#}16.(15分)【解析】(1)证明：由题意得 PA平面ABC,因为BC平面ABC,所以PABC, 又因为AC BC,PA,AC 平面PAC,所以BC 平面PAC, 又因为BC平面PCB,所以平面PAC 平面PBC. ……………6分 1 (2)因为AC 5,BC 12,AC BC,所以S  12530, △ABC 2 1 又因为三棱锥PABC的体积为100,即,得100 PA30 PA10, 3 由题意可得以A为原点,分别以平行于BC,及AC,AP 所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,    nPB12x5y10z 0  则   ,令x5,得y 12,z 0,则n5,12,0 , nAP10z 0  设平面 PBC 的一个法向量为ma,b,c,    mPB12a5b10c0  则   ,令b2,得a0,c1,则m 0,2,1 , mCB12a0     m·n 212 24 5 设二面角APBC为,则cos cos n,m      . m n 13 5 65 24 5 所以锐二面角APBC的余弦值为 .……………15分 65 sinBsinC 2cosBcosC 17.(15分)【解析】证明  ， sinA cosA sinBcosAsinCcosA2sinAcosBsinAcosCsinA， sinBcosAcosBsinAsinCcosAcosCsinA2sinA， sin(AB)sin(AC)2sinA， sinCsinB2sinA， bc2a. …………………7分 （2）因为bc2a，bc，所以abc，所以△ABC为等边三角形， 1 3 所以 S S S  OAOBsin AB2 OACB △OAB △ABC 2 4 兰州一中高三年级11月月考试卷答案 第 2 页 共 4 页 {#{QQABaQgEggCAAhAAARgCUwHgCkAQkgEACYgGBFAMoAAAyRFABAA=}#}3  sin OA2 OB2 2OAOBcos 4 5 3 sin 3cos 4 2sin   π  5 3 ，0,π， π     π , 2π  ，  3 4 3  3 3  当且仅当 π  π ，即 5π 时取最大值，S 的最大值为 2 5 3 .…………………15分 3 2 6 OACB 4 18.(17分) 【解析】（1）由题意， x12 y2  2 ， x2 2 x2 整理化简得，  y2 1 ， 2 所以曲线C的标准方程为 x2 y2 1. ……………6分 2 （2）由题意，直线FM ，FN的斜率都存在，设k k k，则直线FN的方程为yk  x1 ， FM FN 分别延长 NF， MF 交曲线C于点 N,M， 设Nx,y ,Nx ,y ， 1 1 2 2 ykx1  联立 x2 ，即 12k2 x2 4k2x2k2 20，   y2 1  2 4k2 2k22 则 x x  ,x x  ， 1 2 12k2 1 2 12k2 根据对称性，可得 FM  FN， 则 FM  FN  NN  1k2  x x 24x x 1 2 1 2  1k2    4k2   2 4 2k22  2 2  1k2 ，  12k2  12k2 12k2 即 2 2  1k2 8 ，解得 ，  2 k  3 12k2 7 所以直线FM 的斜率为 3. …………………17分 兰州一中高三年级11月月考试卷答案 第 3 页 共 4 页 {#{QQABaQgEggCAAhAAARgCUwHgCkAQkgEACYgGBFAMoAAAyRFABAA=}#}19.(17分) 【解析】(1)令x  y 0则， f 0 f 02f20，又 f x0，故 f 01. 令x1，y 1，则 f 2 f 02f 1 f 1， 则 f21 25 f 10 故 f 1 5 ……………5分 16 4 5 (2)令xn，y 1，nN ，则 f n1 f n12f n f 1 f n，  2 2f n1 f n2 2f n f n1  ，即a n 2a n1 又a 3，所以数列a 为以2为公比，3为首项的等比数列，即a 3.2n1， 1 n n a a a 099 则log 1 log 2 log 100 01299 1004950 ……………11分 2 3 2 3 2 3 2 (3)由题意得：函数g  x 定义域为R，定义域关于原点对称， 令x y0，有g0g02g20又g00，故g  0 1. 令x0，y为任意实数则gygy2g0gy 即gygy，故g  x 是偶函数 因为gx ygxy2gxgy 又因为当x0时，g  x 1 所以当x0时，有2gxgy2gy 所以gx ygxy2gy x ， x 为有理数，不妨设 x  p 1 ， x  p 2 2 1 1 q 2 q 1 2 a b 令N 为 x ， x ，分母的最小公倍数 且 x  ， x  ，a，b均为自然数，且ab， 2 1 1 N 2 N 设 C n  g   N n    ， g01g   N 1    ，则c 0 c 1 令x n ， y 1 ， 则 g   n1 g   n1 2g   n   ， N N  N   N  N  即C C 2C ，C 2C C C C C C ， n1 n1 n n1 n n1 n n n1 n 故数列C 单调递增则g  x  g  x ， n 2 1 又gx是偶函数，所以有gx  gx  …………………17分 2 1 兰州一中高三年级11月月考试卷答案 第 4 页 共 4 页 {#{QQABaQgEggCAAhAAARgCUwHgCkAQkgEACYgGBFAMoAAAyRFABAA=}#}