四川省成都市第七中学2024-2025学年高三上学期12月阶段性考试数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1222四川省成都市第七中学2024-2025学年高三上学期12月阶段性考试（全科）

成都七中 2024～2025 学年度(上)12月阶段性考试答案 一、单项选择题： 二、多项选择题： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A C D B B B C D BC ABD ACD 三、填空题 2 2 12. 2 13. y2 2(x4) 14.a  或a e2 e 四、解答题： a2 b2 c2  2ab 2 15. （1）由余弦定理cosC    ,且C（0，）， （3分） 2ab 2ab 2 3 所以C  . （6分） 4 （2）由正弦定理，c2bcosB即sinC 2sinBcosB sin2B 所以C 2B或C2B ， （8分） 3 3 当C 2B时，C  ，B  ,此时BC ，不成立， （10分） 4 8  当C2B 时，此时A B  ,则a b1, （12分） 8 1 1 2 2 S  absinC  11  . （13分） ABC 2 2 2 4 16. （1）过点P、B分别向直线AC 作垂线，垂足分别为点O,E. （1分） 因为 AB 2, BC 2 3,所以AC 4, PO  BE  3,OE 2, （2分） 因为PB  POOEEB,POOE OEEB 0 2 2 2 2 所以 PB  PO  OE  EB 2POOE2OEEB2POEB 2 2 2  PO  OE  EB 2POEB （4分） 即103432POEB， 所以POEB 0，所以PO  EB （5分） 因为PO  AC,ACBE  E 所以PO 平面ABC, 因为PO平面PAC 所以平面PAC 平面ABC （7分） （2）如图：以（1）中点O为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz 3 3 则C(0,1,0),B( 3,2,0),P(0,0, 3),M(0, , ) （9分） 2 2 1 3 所以MB( 3, , ),BC ( 3,3,0),CP(0,1, 3)（11分） 2 2  1 3   nMB 0  3x y z 0 设平面MBC的法向量为n（x,y,z），则 ,即  2 2  nBC 0   3x3y 04 y 2  0 5 所以k k  （8分） 1 2 4 x 2  0 5 x 2 又因为圆心C(x ,y )在椭圆E上，满足 y 2 1 0 （9分） 0 0 0 4 x 2 4 1 0  4 5 1 所以k k   （10分） 1 2 x 2  4 4 0 5 （ⅱ)法一：设M（x ,y），N（x ,y），T（x ,y），令RT TN （11分） 1 1 2 2 0 0 则OT OR (ON OT),  1 整理得(1)OT ON OR，即OT  ON  OR 1 1 1  2 又因为OM  OR,可得OT  ON  OM 2 1 1  2 即（x ,y） （x ,y） （x ,y） （13分） 0 0 1 1 1 1 2 2 又T（x ,y）在椭圆E上 0 0   2 x  x  x   0 1 1 1 2 将 代入椭圆方程可得：  2  y  y  y   0 1 1 1 2 1  2  2 （ x  x）2 （ y  y）2 1，整理得： 4 1 1 1 2 1 1 1 2  x 2 2 x 2  2 x x （ ）2( 1  y 2）（ ）2( 2  y 2)2  ( 1 2  y y )1，（） 1 4 1 1 4 2 1 1 4 1 2 （15分） y y 1 x x 由（ⅰ）知，k k  1  2  ，即 1 2  y y 0（1） 1 2 x x 4 4 1 2 1 2 x 2 x 2 同时 1  y 2 1，2  y 2 1，（2），将（1）（2）式代入（）式得： 4 1 4 2 2 4 3 S RT 3 1，解得： 所以 ORT   . （17分） （1）2 2， S TN 2 ONT 法二：OT OM ON ,代入坐标得（x ,y）（x ,y）（x ,y） （11分） 0 0 1 1 2 2 x x x 即  0 1 2 ，代入椭圆方程： y y y 0 1 2 1 可得： （x x）2 （y y）2 1 4 1 2 1 2 x 2 x 2 x x 2( 1  y 2）2( 2  y 2)2( 1 2  y y )1，（） （13分） 4 1 4 2 4 1 2y y 1 x x 由（ⅰ）知，k k  1  2  ，即 1 2  y y 0（1） 1 2 x x 4 4 1 2 1 2 x 2 x 2 同时 1  y 2 1，2  y 2 1，（2），将（1）（2）式代入（）式得：2 2 1 4 1 4 2 （15 分） 1 令RT tTN ，即：OT OR t(ON OT)，又因为OM  OR 2 t 2 所以OT  ON  OM ，由2 2 1可得： 1t 1t t 2 3 S RT 3 （ ）2 （ ）2 1 ，解得t  所以 ORT   （17分） 1t 1t 2 S TN 2 ONT 19.解：（1）由已知定义域为（0,1）（1，） x1 1 lnx lnx1 f(x) x  x （1分） （lnx）2 （lnx）2 1 1 1 x1 令h(x)lnx1 ，则h(x)   x x x2 x2 当x（0,1）时，h(x)0，h(x)单调递减， 当x（1，）时，h(x)0，h(x)单调递增， （3分） 所以h(x)h(1)0 ，即 f(x)0 恒成立 （5分） 所以 f(x)在x（0,1）和x（1，）上分别单调递增 （注：如果学生答在（0,1）（1，）上单调递增亦可得分） ea n 1 （2） （ⅰ） 由已知ea n1  ， （6分） a n 设h(x)ex x1 ，h(x)ex 1 ，x(,0)时，h(x)0,h(x)单调递减， x(0，,)时，h(x)0,h(x)单调递增，所以h(x)h(0)0 ex 1 故当x0时， 1, x ea 1 1 e1 又因为a 1，所以ea 2   1,则a 0，同理a 0，...a 0 1 a 1 2 3 n 1 （7 分） 设g(x)ex 1xex，则g(x)ex ex xex xex 当x(,0)时，g(x)0,g(x)单调递增， 当x(0，,)时，g(x)0,g(x)单调递减， 所以g(x) g(0)0，所以xex ex 1，所以a ea n ea n 1 n 因为a 0，所以ea n  ea n 1 ea n1，所以a a ，故  a  为递减数列（8分） n a n n1 n n 又a a ln(ea n 1)lna a , 设a  x,x(0,1], n1 n n n n 设F(x)ln(ex 1)lnxx,x（0,1] ex 1 1 1 则F(x)  1  0，所以函数F(x)单调递减， ex 1 x ex 1 x随着a 减小，从而a a 增大，又因为a a 0 ，所以 a a 减小 n n1 n n1 n n1 n   即 a a  a a 成立，从而 a 是差缩数列 （11分） n2 n1 n1 n n 2 （ⅱ）由（ⅰ）得0a a 1.下证a  a n1 n n1 3 n ea n 1 2 ea n 1 2 a 即证ln  a ，即证 e3 n ，令xea n，x(1,e] a 3 n a n n x1 2 1  2 即证  x3，亦即证x3 x 3 lnx0， （13分） lnx 1 2  令H(x) x3 x 3 lnx0，1 xe 1 1 2 则H(x) (1 )(3 x  2), 3x 3 x 3 x 1 2 因为1 xe ，所以1 0,3 x  23 x 20 3 x 3 x 1 1 2 即H(x) (1 )(3 x  2)0, 3x 3 x 3 x 所以H(x)在x(1,e]单调递减， 2 所以H(x) H(1)0成立，所以a  a ，nN （15分） n1 3 n 2 1( )2024 S a  2 a ...（ 2 ）2023a  3 3[1( 2 )2024]3，证毕. （17分） 2024 1 3 1 3 1 2 3 1 3