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