四川省成都市第七中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1110四川省成都市第七中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试

2024~2025 学年度上期高 2025届半期考试
高三数学试卷参考答案
一、单选题
DABC DBCC
二、多选题
9.ABD 10.AC 11. BCD
三、填空题
12. x N,x 2 1
0 0
13. (x3)2  ( y  2 ) 2 25
2
14.
2
四、解答题
1 3 1 
15.【解】（I） 3sinCcosCcos2C   sin2C cos2C 1，即sin(2C )1，
2， 2 2 6
  
0C ，2C  ，解得C 
。
（6分）
6 2 3
a b
（II）m与n共线，sinB2sinA0。由正弦定理  ，得b  2a①，
sin A sinB
  a  3
c 3，由余弦定理，得9  a 2  b 2 2abcos ②，联立①②， （13分）
3  b  2 3
16.【解】(I)由频率估计概率可得
甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5，
故答案为0.4 （5分）
(II)设甲获得优秀为事件A ,乙获得优秀为事件A ，丙获得优秀为事件A
1 2 3
3
P(X 0) P(A A A )0.60.50.5 ,
1 2 3 20
P(X 1) P(A A A )P(A A A )P(A A A )
1 2 3 1 2 3 1 2 3
8
0.40.50.50.60.50.50.60.50.5 ,
20
P(X 2) P(A A A )P(A A A )P(A A A )
1 2 3 1 2 3 1 2 3
7
0.40.50.50.40.50.50.60.50.5 ,
20
2
P(X 3) P(A A A )0.40.50.5 , （11分）
1 2 3 20
∴X的分布列为
X 0 1 2 3
3 8 7 2
P
20 20 20 20
{#{QQABZYIEggiIAAIAAAhCQQGCCACQkhAAASgOgAAMMAABSAFABAA=}#}{#{QQABZYIEggiIAAIAAAhCQQGCCACQkhAAASgOgAAMMAABSAFABAA=}#}2 2y 2x
解得M(0, 0 )，N( 0 ，0)
x  2 2 y  2
0 0
1 1 2x 2 2y
四边形ABNM 的面积S  AN  BM  (2 2 0 )(2 0 )
2 2 y 2 x  2 2
0 0
2y x 2 2 2y x 2 2 ( 2y x 2 2)2
2( 0 0 )( 0 0 ) 2 0 0
y 2 x 2 2 (y 2)(x 2 2)
0 0 0 0
2y 2  x 2 84 2x 8y 2 2x y
2 0 0 0 0 0 0
(y 2)(x 2 2)
0 0
由点P在椭圆上，x 2  2 y 2 8
0 0
164 2x 8y 2 2x y 4 2(4 22x 2 2y x y )
2 0 0 0 0  0 0 0 0
(y 2)(x 2 2) (y 2)(x 2 2)
0 0 0 0
4 2(y 2)(x 2 2)
 0 0 4 2 （11分）
(y 2)(x 2 2)
0 0
②解：S  S S  S 4 2
PMN PAB 四边形ABNM PAB
即需求出S 最 大 值 即 可
PAB
x  2y 2 2
AB：x 2y2 2 0，椭圆三象限的点P到AB的距离d  0 0
3
1
S  AB d  x  2y 2 2  x  2y 2 2
PAB 2 0 0 0 0
x 2  2 y 2  8
0 0
(x  2y ) 2
(x  2y ) 2 82x  2y 8 0 0 (x  2y ) 2 16
0 0 0 0 2 0 0
 x  2y 2 2 42 2 此时x  2y ，P(2, 2)
0 0 0 0
S 最 大 值 为 4  2 2 PMN 面积最大值为42 2 （17分）
PAB
注：此问也可用参数方程求解，酌情给分
19.【解】（I）当a 0时， f(x)ex x1  f /(x)ex 1
当x0时，ex 1， f /(x)0， f(x)单调递增
当x0时，ex 1， f /(x)0， f(x)单调递减
 f(x) f(0)0 得证 （3分）
（II）法一：由 f(x)ex ax2 x1， f /(x)ex 2ax1， f //(x)ex 2a
1
①当a 时，x0，ex 1， f //(x)0， f /(x)单调递增， f / ( x )  f /(0)0，
2
1
 f(x)单调递增， f(x) f(0)0，a 成立；
2
1
②当a  时，当x(0,ln2a)，f //(x)0， f /(x)单调递减，f / ( x )  f /(0)0，
2
1
 f(x)单调递减， f(x) f(0)0，与条件矛盾，a  不成立；
2
{#{QQABZYIEggiIAAIAAAhCQQGCCACQkhAAASgOgAAMMAABSAFABAA=}#}1
综上所述：a （8分）
2
ex x1 ex x1
法二：由 f(x)0，即a 成立，设u(x)
x2 x2
(x2)ex x2
u/(x) ，设k(x)(x2)ex x2，k/(x)(x1)ex 1
x3
k//(x) xex 0，k/(x)单调递增，k/ ( x )  k /(0)0，k(x)单调递增
k(x)k(0)0即u/(x)0，u(x)单调递增，u(x)u(0)
ex  x  1 e x  1 e x 1 1
由洛必达法则lim lim  l i m  ，a （8分）
x2 2x 2 2 2
x0 x0 x0
ex 1 xex  e x 2x1
（Ⅲ）g(x) 2lnx，则g/(x)
x x2
设h(x) xex  e x 2x1，则h/ ( x )  x ex 2，又因h//(x)(x1)ex 0
 h /(x) xex 2在(0,)单调递增
又h/ ( 0 )  h /(1)(2)(e2)0
2
x (0,1),使得h/(x )0，即ex 0  ①
0 0 x
0
且x(0,x )，h/(x)0，h(x)单调递减； x  ( x ， 1 ) ， h/(x)0，h(x)单调递增
0 0
2
h(x) h(x ) x ex 0 ex 0 2x 1，由①得h(x )3 2x h(0)0
min 0 0 0 0 x 0
0
3 1 3
又h(1)10,h( ) e2 20，
2 2
3 2x 1
x (1，),使得h(x )0，即xex 1 ex 1 2x 10，即ex 1  1
1 2 1 1 1 x 1
1
且x(0,x )，h(x)0，g(x)单调递减；x(x，)，h(x)0，g(x)单调递增
1 1
ex 1 1 1
g(x)  g(x ) 2lnx  2lnx ，
min 1 x 1 x  1 1
1 1
3
x (1，)，g(x ) g(1)e1 （13分）
1 2 1
1
再设(x) 2lnx，易证(x)在(0,)单调递减
x1
3 3 3
x (1，)，(x )也即g(x )大于( )22ln
1 2 1 1 2 2
3 23 3 17 17 3
要证22ln  ，即证ln  ，又即证e40 
2 20 2 40 2
1
由（II）问 ex 1x x 2，
2
17 17 1 17 4849 4800 3
 e 40  1    （ ） 2    得证 （17分）
40 2 40 3200 3200 2
{#{QQABZYIEggiIAAIAAAhCQQGCCACQkhAAASgOgAAMMAABSAFABAA=}#}