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=}#}