四川省成都市第七中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1011四川省成都市第七中学2024-2025学年高三上学期10月月考

2024-2025 学年度高三上期 数学10月阶段性测试（参考答案）
一、单项选择题：B AA C D D D C
8．【解】由对数函数的性质知clog 0.2023log 0.20241，
0.2024 0.2024
0log 1log 2023log 20241，0log 1log 2022log 20231，所以c1，0a1，0b1；
2024 2024 2024 2023 2023 2023
当n2时，lnn1lnnlnn10，
lnn1lnn1 2
所以lnn1lnn1lnn2   lnn2
 2 
lnn1n1 2 ln  n21  2 lnn2  2
  lnn2   lnn2   lnn2 lnn2lnn2 0，
 2    2    2 
取n2023，则lg2022lg2024lg20232 0，
lg2022 lg2023 lg2022lg2024lg20232
所以balog 2022log 2023   0，即ba，综上，bac.
2023 2024 lg2023 lg2024 lg2023lg2024
二、多项选择题：ABC ACD CD.
6 6x
11．【解】令 f x6lnxx，则 fx 1 ，
x x
故当x0,6时， ， f x单调递增，当x6,时， fx0, f x单调递减，
′
∵6lnmma，  6n  6 > ln  en ena，∴ f m f  en ，又men，不妨设0m6en，
解法一：记x m,x en，设gx f 12x f x，x0,6，
1 2
则gxf12x fx
x6

6x

2x62
0在0,6上恒成立，所以gx在0,6上单调递减，
x12 x xx12
所以gx f 12x f xg60，x0,6，则 f 12x  f x  f x ，
1 1 2
又因为12x,x 6,，且 f x在6,上单调递减，所以12x x ，则x x 12，所以men 12.
1 2 1 2 1 2
en en
解法二：由6lnmma,6n6lnenena ，两式相减，可得6ln enm，令 tt 1，
m m
6lnt 6tlnt 6t1lnt
则6lnt mt1,m ,en mt  ，∴men  ；
t1 t1 t1
t1 1
令gtt1lnt2t1,t1，则gtlnt 2lnt 1，
t t
1 1 1 t1
令ylnt 1t 1，则y   0在 上恒成立，所以gt在 上单调递增，
t t t2 t2
,+∞  ,+∞
因为gtg10在 上恒成立，
,+∞ t1lnt 6t1lnt
所以gt在 上单调递增，则gtg10，即 2，所以men  12.
t1 t1
,+∞
试卷第1页，共4页
{#{QQABZQIEgggAAoAAAQhCAwXKCEOQkAGAAYgOQBAAoAAAiQNABCA=}#}{#{QQABZQIEgggAAoAAAQhCAwXKCEOQkAGAAYgOQBAAoAAAiQNABCA=}#}可以得到关键点的坐标A0,1,0,B0,1,0,C1,0,0 ,D  0,0, 3 

 
由第（1）问知道平面BEF的法向量可取AD 0,1, 3 .
设平面BCD的法向量为m  x,y,z，且  B  C  1,1,0,C  D    1,0, 3  , 则
 
 m·BC 0 x y0   
   ,则 ，解得m 3, 3,1 .
m·CD 0 x 3z0
 
  m·AD 2 3 21
则cos m,AD      .则平面BEF与平面BCD夹角的余弦值为 21 .（15分）
m|·AD| 2 7 7 7
17．【解】（1）零假设H 为：学生患近视与长时间使用电子产品无关．
0
5010251052
400
计算可得，2   6.349 3.841 x ，
15352030 63 0.05
根据小概率值0.05的2独立性检验，推断H 不成立，即患近视与长时间使用电子产品的习惯有关．（5分）
0
（2）每天看电子产品超过一小时的人数为，
C2C1 C3 455120 69
则P(2)P(2)P(3) 10 5 10  ，
C3 C3 455 91
15 15
69
所以在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是 ．（10分）
91
1 1 1 1 1 1
（3）依题意，P(X Y 0)   ，P(X Y 2)   ，
2 2 4 5 5 25
事件X Y 1包含两种情况：
①其中一人每天看电子产品超过一小时且近视，另一人既不近视，每天看电子产品也没超过一小时；
②其中一人每天看电子产品超过一小时且不近视，另一人近视且每天看电子产品没超过一小时，
1 1 1 1 6
于是P(X Y 1)C1  C1   ，
2 2 5 2 5 10 25
1 1 6 53
所以P(X Y)P(X Y 0)P(X Y 1)P(X Y 2)     ．（15分）
4 25 25 100
18．【解】（1）切点为3,ln4 .因为 f(x) 1 ，所以切线的斜率为k  f(3) 1 ，
x1 4
1
所以曲线y f(x)在x3处的切线方程为yln4 (x3)，化简得x4y8ln230 ；（5分）
4
（2）由题意可知Fxaxlnx1，则 的定义域为1,，
1 axa1  
Fxa  ，x1,，
x1 x1
1
当a0时，Fxa 0，则 在1,上单调递减；
x1
1
当a0时，令Fx0，即axa10，解得x 1，
a
试卷第3页，共4页
{#{QQABZQIEgggAAoAAAQhCAwXKCEOQkAGAAYgOQBAAoAAAiQNABCA=}#}1a 1 axa1 1 axa1
若1 x  1，Fx 0；若x 1，Fx 0，
a a x1 a x1
 1  1 
则 在1, 1

上单调递减，在 1,上单调递增．
 a  a 

综上所述，当a0时， 在1,上单调递减；
 1    1 
当a0时， 在1, 1

上单调递减，在 1,上单调递增；（11分）
 a  a 
 1  1
（3）证明：函数gxx1ln1 ln2  ，
 x  x
函数gx的定义域为,10,．若存在m，使得曲线 关于直线xm对称，
1  =  
则,10,关于直线xm对称，所以m
2
 1   1 
由g1xxln1  ln2 
 1x  1x
x 2x1 x1 2x1 x1 x1 2x1 x1 2x1
xln ln  xln ln 1xln ln ln 1xln ln  gx．
x1 x1 x x1 x x x1 x x
1
可知曲线 关于直线x 对称．（17分）
2
=  
19．【解】（1）设椭圆C的方程为mx2ny2 1(m0,n0,mn) ，代入已知点的坐标，
 1
3mn1 m

  6 x2 y2
得： 2 ，解得 ，所以椭圆C的标准方程为  1．（5分）
  4m 3 n1  n 1 6 2
 2
（2）如图：①设直线l的方程为xmy2m0，并记点 ， ， ，
xmy2,    ,      ,      ,  
由  x2 y2 消去x，得  m23  y24my20，易知Δ16m28  m23  24  m21  0，
  1
 6 2
4m 2
则y  y  ，y y  ．
1 2 m23 1 2 m23
y y
由条件，Dx,0，Ex ,0，直线AE的方程为y 1 xx  ，直线BD的方程为y 2 xx ，
1 2 x x 2 x x 1
1 2 2 1
x y x y my 2y my 2y 2my y
联立解得x  2 1 1 2  2 1 1 2 1 2 =2 + 3，所以点P在定直线x3上．（11分）
0 y y y y y y
1 2 1 2 1 2
1 1 1 1 my y 1 1
②S  AD  x x  y 3x  y 1my  y my y , 而 1 2  ，所以my y  y  y ，
PAB 2 0 2 2 1 2 2 1 2 2 1 1 2 y  y 2 1 2 2 1 2
1 2
则S  1 y  y 1  y 2  1 y y  1 y  y 24y y 6  m21  ，
PAB 2 1 2 4 1 2 4 1 2 1 2  2m26
6 t 6 1 6 1 3
S       
令 t  m21 ，则t 1，所以 △PAB 2 t22 2 2 2 2 2 4 ，
t
t
3
当且仅当t  2 时，等号成立，所以PAB面积的最大值为 ．（17分）
4
试卷第4页，共4页
{#{QQABZQIEgggAAoAAAQhCAwXKCEOQkAGAAYgOQBAAoAAAiQNABCA=}#}