山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学考试数学PDF版含答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年09月试卷_0907山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学考试

高三数学参考答案及评分意见 一、选择题：本题共8 小题，每小题5 分，共40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C B D B D A C 二、选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求。全部选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0 分。 题号 9 10 11 答案 BC ACD ABD 三、填空题：本题共 3 小题，每小题5 分，共15 分。 12. 7 13. 2 2 0 x y    14. 120 四、解答题：本题共5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.（13 分） 解：（1）由已知可得 3 cos 21 5 CA CB ab C ab      ，可得 35 ab  . ………………3 分 由 3 cos 5 C  ，可求得 4 sin 5 C  ， ………………………………4 分 所以 1 1 4 sin 35 14 2 2 5 ABC S ab C       . ……………………………………6 分 （2）因为 5, 35 b ab   ，可得 7 a  . ………………………………7 分 由余弦定理得 2 2 2 2 cos 32 c a b ab C     ，可得 4 2 c  . ……………………10 分 由正弦定理sin sin b c B C  ,可得 4 5 sin 2 5 sin 2 4 2 b C B c     ， …………………12 分 由于b a  ，所以0 2 B    ，可得 4 B   . ………………………………………13 分 16.（15 分） 解：（1）由已知 2 PF x 轴且 2 1, 2 P        ， 知 1 c  ，     1 2 1 0 , 1,0 F F ， ………………………………………………2 分 由椭圆的定义 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a PF PF               ，…………………………4 分 所以 2 a  ， 2 2 1 b a c    ，C 的方程为 2 2 1 2 x y   . …………………………6 分 （2）可知直线l 的斜率 0 tan 60 3 k   ，l 的方程为   3 1 y x   .…………………7 分 设     1 1 2 2 , , , A x y B x y ，联立方程组   2 2 3 1 1 2 y x x y        ， 消去y 得 2 7 12 4 0 x x    ， ………………………………………………………9 分 可得 1 2 1 2 12 4 , 7 7 x x x x    . ………………………………………………………10 分 可求得   2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 12 16 8 2 1 1 4 2 7 7 7 AB k x x k x x x x                  ， 点   2 1,0 F 到直线: 3 3 0 l x y    的距离   2 3 0 3 3 3 1 d      ， ……………13 分 所以 2 ABF  的周长为4 4 2 a  ， 2 1 4 6 2 7 S ABF AB d    . ……………………15 分 17.（15 分） 解：（1）证明：取BP 中点M ，连接AM ､CM ， P  为AD 的中点, AD= AP AB=   4， =2， 2 AM BP   = =2 BC CP  CM BP   . …………………………………………………………………………………1 分 又因为AM CM M   ， , AM CM 平面ACM ，因此BP 平面ACM …………2 分 ABC DEF  是三棱柱， ABED  是平行四边形， 2π 3 ABE    ABP  、BPC  均为等边三角形， 2 BP  ，则 3 CM = AM  ， 6 AC AM CM     ， ………………………………………………………………3 分 CM BP   ， , , AM BP M AM BP    平面ABED ， CM  平面ABED ， PE   平面ABED ， CM PE   ， ……………………………………………………4 分 2 BP   ，在PDE  中， 2 PD ED   ， 2 π 3 PDE   ， 2 3 PE   ，又 4 BE  ， 2 2 2 + = BP PE EB  ，即PE BP  ， ………………………………………………………5 分 又 , , CM BP M CM BP    平面BCP ， PE  平面BCP …………………………………………………………………………6 分 CB   平面BCP BC PE   …………………………………………………………7 分 （2）解：由（1）可知MA 、MP 、MC 两两垂直，以M 为原点，MA 所在直线为x 轴， MP 所在直线为y 轴，MC 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系， 则  0,0, 3 C ，  0,1,0 P ，  3,0,0 A ，   0, 1,0 B  ， π 3 BAP   由于P 是AD 的中点，得  3,2,0 D  ……………………………………………………9 分 又由BA ED    可得  2 3,1,0 E  ，   0, 1, 3 PC     ，   2 3,0,0 PE   ，   3,1,0 PD   设平面ECP 的法向量为 1 1 1 1 , , x y z  ) （ n ，则 1 1 0 0 n n          PC PE 即 1 1 1 3 0 2 3 0 y z x        ，令 1 3 y  ，得   1 0, 3,1 n  ， …………………………………11 分 设平面PCD 的法向量为 2 2 2 2 n  , , ) （x y z ，则 2 2 0 0 n n          PC PD ，即 2 2 2 2 3 0 3 0 y z x y         ， 令 2 3 y  ，得   2 1, 3,1 n  ， …………………………………………………………13 分 设平面ECP 与平面PCD 的夹角为， 则 1 2 1 2 1 2 4 2 cos cos , 5 5 2 5 n n n n n n        2 2 5 sin 1 ( 5) 5 5      即平面ECP 与平面PCD 夹角的正弦值为 5 5 . …………………………………………15 分 18.（17 分） 解：（1）函数  f x 的定义域是  0 + ， ，可得  2 2 1 m x m f x x x x      . …………2 分 当 0 m  时，可知  0 f x   ，所以  f x 在  0 + ， 上单调递增； ……………4 分 当 0 m  时，由 =0 f x  得x m  ，可得   0, x m  时有  0 f x   ，   + x m   ， 时有  0 f x   ，所以  f x 在  0,m 上单调递减，  f x 在  + m  ， 上单调递增. ………………………………………………6 分 综上可得，当 0 m  时，  f x 在  0 + ， 上单调递增； 当 0 m  时，  f x 在  0,m 上单调递减，在  + m  ， 上单调递增. ……………………8 分 （2）证明：当 0 m  时，要证  2 1 mf x m  成立， 只需证  2 1 1 =2 m f x m m    成立， 只需证 min 1 2 f x m   即可. …………………………………………10 分 因为 0 m  ，由（1）知，   min 1 ln f x f m m   . 令 1 1 1 ln 2 ln 1 g m m m m m             ， ……………………………13 分 由  2 2 1 1 1 m g m m m m      ， 可得   0,1 m 时有  0 g m   ，   + m  1， 时有  0 g m   ， 所以 g m 在  0,1 上单调递减，在  1 + ， 上单调递增， …………………………15 分 可知  min 1 0 g m g   ，有 0 g m  . …………………………………16 分 所以有 1 1 ln 2 m m    ，从而当 0 m  时，  2 1 mf x m  成立. ……………………17 分 19.（17 分） 解：（1）由于 2 1 ( ) ( 1 2 ) n n a n n a n       ，， ，且 1 1 a  ． 所以当 2 1 a 时，得1 2    ，故 3  ． …………………………………2 分 从而 2 3 (2 2 3) ( 1) 3 a     ． ……………………………………………4 分 （2）数列 na 不可能为等差数列，证明如下： 由 1 1 a  ， 2 1 ( ) n n a n n a     得 2 2 a    ， 3 (6 )(2 ) a      ， 4 (12 )(6 )(2 ) a        ． 若存在，使 na 为等差数列，则 3 2 2 1 a a a a    ，即(5 )(2 ) 1       ， 解得 3  ． ……………………………………………………………………7 分 于是 2 1 1 2 a a    ， 4 3 (11 )(6 )(2 ) 24 a a          ． 这与 na 为等差数列矛盾． 所以，对任意， na 都不可能是等差数列． ………………………………………10 分 （3）（解法一）记 2 ( 1 2 ) nb n n n       ，， ，根据题意可知， 1 0 b  且 0 nb  ， 即 2  且 2 * ( ) n n n   N ，这时总存在 * 0n N ， 满足：当 0 n n ≥ 时， 0 nb  ；当 0 1 n n  ≤ 时， 0 nb  ． 所以由 1 n n n a b a  及 1 1 0 a  可知，若 0n 为偶数，则 0 0 na  ，从而当 0 n n  时， 0 na  ； 若 0n 为奇数，则 0 0 na  ，从而当 0 n n  时 0 na  ． ………………………………14 分 因此“存在 * mN ，当n m  时总有 0 na  ”的充分必要条件是： 0n 为偶数， 记 0 2 ( 1 2 ) n k k    ，， ，则满足 2 2 2 2 1 (2 ) 2 0 (2 1) 2 1 0 k k b k k b k k                ． 故的取值范围是 2 2 * 4 2 4 2 ( ) k k k k k      N ．…………………………………17 分 （解法二）先把问题特殊化：不难发现 1 1 a  ，不可能为负； 若 2 2 0 a     ，则 2  ，此时    2 2 3 2 2 1 1 a       不定正负； …………………………………12 分 若 3 0 a  ，只需 2 2 2 2 0, 1 1 0           ，即2 6    . …………………………………13 分 利用 2 1 ( ) n n a n n a     得：         2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 1 na n n n n                     . 所以，对于任意正整数n ， 1 na 的各因数由大到小排列，故除 21 1 0    外，其余因数 全正，所以 3a 及其以后各项均负. 于是，当2 6    时存在 2 m  ，当 2 n  时，总有 0 na  .…………………………14 分 取m 为偶数，记 2 ( 1 2 ) m k k    ，， ，则解不等式组   2 2 0, ( 1) 1 0 m m m m              得 2 2 * 4 2 4 2 ( ) k k k k k      N ． 故的取值范围是 2 2 * 4 2 4 2 ( ) k k k k k      N ． 即可保证 1 m a 有且只有奇数个负因数. …………………………………16 分 于是，当n m  时，总有 0 na  . …………………………………17 分