数学试卷答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1118江苏省连云港市2024-2025学年高三第一学期期中调研考试（全科）

高三数学参考答案 202411 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。 1.A 2.B 3.A 4.C 5.B 6.D 7.C 8.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。 9.ACD 10.AB 11.BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 1 12. {x| 4≤x≤2}（或[4,2]） 13. 14.0 2 四、解答题：本题共5 小题，共77 分。 15.解：(1)在△ABC中，由正弦定理得sinB2sinC，………………………………3 分 3 3 由sin(πC) cosB，所以sinC  cosB，得tanB 3，……………………5 分 2 2  因为B为三角形内角，所以B .……………………………………………………6 分 3 1 13 (2) 法 1：由余弦定理得a , ……………………………………………………8 分 2 7 13 所以abc . ………………………………………………………………10 分 2 a b c abc 4 正弦定理得     ，………………………12 分 sinA sinB sinC sinAsinBsinC 3 7 3 39 所以sinAsinBsinC  . …………………………………………………13 分 8  3 1 3 法2：因为B ，所以sinB ，sinC  sinB ，…………………………8 分 3 2 2 4 13 由bc知BC，则 C为锐角，所以cosC  ， ……………………………10 分 4 39 3 sinAsin(BC) sinBcosCcosBsinC  ，……………………………12 分 8 7 3 39 所以sinAsinBsinC  . ………………………………………………13 分 8 16.解：（1）n 2时,a S S 2a 1 (2a 1) 2a 2a , n n n 1 n n 1 n n 1 有a 2a ，……………………………………………………………………………4 分 n n 1 又n 1时，a S 2a 1，有a 1 0， 1 1 1 1 所以数列{a }是以1为首项，公比为2 的等比数列. …………………………………6 分 n （2）由（1）得数列{a }的通项公式a 2n 1(n N*)…………………………………8 分 n n 1 3 5 2n 1 设T n a a a a n n 1 n 2 1则T 1 3 5 2n 3 2n 1 ① n 2n 1 2n 2 2n 3 21 20 2T 1 3 5 2n 3 2(2n 1) ② …………………11 分 n 2n 2 2n 3 2n 4 20 ①－②得： 1 1 1 1 1 T 2( ) 2(2n 1) n 2n 1 2n 2 2n 3 21 20 1 1 1 1 1 1 2( ) 4n 2 2n 1 2n 2 2n 3 21 20 2n 1 3 6 4n 2n 1 3 T 4n 6 ………………………………………………………………………15分 n 2n 1 3 1 9 17.解：（1）由椭圆过B（2，0）知a2，将 A(1，) 代入方程，得  1，求得b2 3, 2 4 4b2 则c2 a2 b2 1.…………………………………………………………………………4 分 c 1 所以椭圆C的离心率e  . …………………………………………………………6分 a 2 x2 y2 （2）由(1)知椭圆 C的标准方程为  1， 4 3 当直线l的倾斜角为0 时，B、M、N共线，不合题意. ………………………………7 分 当直线l的倾斜角不为0时，设l:xmy1，M(x,y )，N(x ,y ). 1 1 2 2   144m2 1440 xmy1   得(3m2 4)y2 6my90,有 6m ……………………10 分 x2 y2 y  y    1  1 2 3m2 4  4 3  9 y y    1 2 3m2 4 1 1 6 m2 1 △BMN的面积为 BF| y  y | (y  y )2 4y y = 2 1 2 2 1 2 1 2 3m2 4 6 2 6 m2 1 6 2 由△BMN的面积为 ，知  ，解得m1.………………………12 分 7 3m2 4 7 由MF λFN，知λ0，y λy . 1 2  y λy ① 1 2   6 94 2 94 2 当m1时，y  y  ② ,得7λ2 18λ70，解得λ 或 .  1 2 7 7 7  9 y y  ③   1 2 7 94 2 94 2 同理，当m1时，λ 或 . 7 7 94 2 94 2 综上，λ 或λ . ……………………………………………………15 分 7 718. 解：（1）不能. ………………………………………………………………………1 分 假设在侧面PDC内存在直线与AB 平行，可得AB与侧面 PDC平行.依据线面平行性质 定理，可得 AB与 CD平行,这与已知条件矛盾.…………………………………………3 分 （2）在底面ABCD中，AD∥BC，DAB90 ，AD AB1，所以BD 2,又BC2，  DBC ，由余弦定理得CD 2，所以BC2 BD2 CD2，得CDBD，…5分 4 因为PD平面ABCD，CD面ABCD,所以PDCD.……………………………7分 又PD BDD,PD,BD面PBD，所以CD平面 PBD. …………………………9 分 （3）过点A作直线l垂直平面 ABCD, AB AD，以A为原点，AB,AD分别为x,y轴 正方向，l为z轴，向上为正方向建立空间直角坐标系.则A0,0,0,B1,0,0, C1,2,0， D0,1,0,P  0,1, 2  ，…………………………………………………………………11分   因为 E 为棱 AP 上的点，设AEAP 0,, 2 ,n x,y,z为平面BDE的法向量， 1  n BD  n BD0 x y0 1 则 1 ,  1 ,  ,令x1得y1,z ，则 n BE n BE 0 xy 2z0 2 1 1  1 n   1,1, ，…………………………………………………………………………13 分 1  2 因为PD平面ABCD，所以n 0,0,1为平面ABCD的法向量，因为二面角 2 1 2 2 1 ABDE的大小为45°，所以cos n 1 ,n 2  12  2 ，得 3 .……15 分 11 22  1 2  1 2   则AE0, , ，BEBAAE1, , ,PC 1,1, 2 ,     3 3 3 3     3 设直线BE 与PC所成角为，则cos cos BE,PC  , 3 3 所以异面直线BE与PC所成角的余弦值为 ,………………………………………17分 3 19.解：（1） f(x)的定义域为（0，）， ………………………………………………1 分 1 2x1 1 1 f(x)2  ，由 f(x)0，得x ， f(x) 增区间为（ ，）， f(x)0， x x 2 2 1 1 1 得0x ， f(x)减区间为（0，），故 f(x)在x 处取得最小值1ln2.………4 分 2 2 2 1 1 1 1 ax1 （2）因为0a ，故1  ，由 f(x)的定义域为（0，），f(x)a  ， e a a2 x x 1 1 1 得 f(x)在（1，）单调递减，在（ ， ）单调递增， a a a21 1 1 由 f(1)a0， f( )1lna0， f(x)在（1，）单调递减，且f(x)图象在（1，） 上 a a a 1 连续不断，所以 f(x)在（1，）上有且只有一个零点. …………………………………6 分 a 1 1 1 1 下面证明 f( ) 2lna0，令F(x) 2lnx，0 x ， a2 a x e 1 2 2x1 1 又F(x)   ，当x(0, )，F(x)0，F(x)递减， x2 x x2 e 1 1 1 1 故0 x ，F(x)F( )e20，故 f( ) 2lna0, e e a2 a 1 1 1 1 1 1 由 f( )0，f( )1lna0，f(x)在（ ， ）单调递增，且 f(x)图象在（ , ） 上 a2 a a a2 a a2 1 1 连续，所以 f(x)在（ , ）上有且只有一个零点. ……………………………………8 分 a a2 1 综上，函数 f(x)在(1, )上有 2个零点. ……………………………………………9 分 a2 1 1 1 （3）先证 xx  ，由 f(x)在(0, )递减，在( ,)递增， f(x) f(x )2时，不 1 2 a2 a a 1 2 1 1 1 妨设0x  x ，令G(x) f(x) f( )，x(0, )， 1 a 2 a2x a 1 1 1 1 (ax1)2 1 则G(x) f(x) f( )a  (a2 a2x) 0，故G(x)在(0, ) a2x2 a2x x a2x2 ax2 a 1 1 1 递增，则有G(x)G( )0,即x (0, )，有 f(x ) f( )， a 1 a 1 a2x 1 1 1 1 1 1 1 则有 f(x ) f( )，又x  ，  ，且 f(x)在( ,)递增，故有x  ， 2 a2x 2 a a2x a a 2 a2x 1 1 1 1 则有xx  成立；……………………………………………………………………13 分 1 2 a2 1 1 再证 xx  ，由上可得 f(x)  f( )1lna f(x )2 ，得 0ae ，则有 1 2 ea min a 1 1 1 1 1 1 1 1 x   ，ex 1，要证xx  ，即证x  ，又因为x  ,  , f(x)在 2 a e 2 1 2 ea 1 eax 1 a aex a 2 2 1 1 1 1 1 (0, )递减,故只需证 f( ) f(x )2,即证 ln 2，即证 lnax 10， a aex 1 ex aex ex 2 2 2 2 2 1 又 f(x )2，得ax lnx 2，令ax t 1，则x et2，不等式 lnax 10可 2 2 2 2 2 ex 2 2 以转化为e1t lnt10,………………………………………………………………15 分 1 et et 令h(t)e1t lnt1，t1，h(t)e1t   ， t t 令φ(t)et et,t1，φ(t)et e,当t(1,)时，φ(t)0, φ(t)递增，φ(t)φ(1)0， 则有h(t)0,故有h(t)递增，因此h(t) h(1)=0，即t1时，e1t  lnt 10成立，所 1 以xx  成立， 1 2 ea 1 1 综上，不等式 xx  成立………………………………………………………17 分 ae 1 2 a2