河北省新时代NT教育2024-2025学年第一学期12月高三阶段测试数学试卷+答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1215河北省新时代NT教育2024-2025学年第一学期12月高三阶段测试

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高三数学!第#页!共#页2024-2025第一学期12月高三阶段测试卷
数学答案
32i
1.C【解析】因为z1i32i，解得z1 23i，即z33i，所以zz 33i33i6，
i
故选：C
2.D【解析】因为圆台的上、下底面半径分别为3，6，它的母线长为5，所以这个圆台的高为4，由圆
1 1
台的体积公式可得V  (s s  ss )h (93618)484，故选：D
3 1 2 1 2 3
   
3.B【解析】由题可知ab m40，即m4，又向量a,b不共线，所以m1，所以实数m的取值范
围为m4且m1，故选：B
4.C【解析】等差数列a 中，由于a 0,故a 0,a 0,a a 0，
n 1 9 10 9 10
19(a a )
由a 0,故S 17a 0,又因a a 0,故S 9(a a )0，由a 0,故S  1 19 19a 0 ，
9 17 9 9 10 18 9 10 10 19 2 10
故使S 0的最小的n为19，故选：C
n
3
5.D【解析】因为cos ，tantan5，
4
 3
coscossinsin

 4
所以 ，
sinsin
 5
coscos
 1
coscos

 8
解得 ，
 sinsin 5
 8
1
所以coscoscossinsin ，
2
 π 2π
又,0, ，所以0,π，所以 .故选：D
 2 3
13(a a )
1 13
6.A【解析】由 S n  2n1 nN ，则 a 7  2a 7  a 1 a 13  2  S 13  25  5 ，故选：A
T 3n6 b 2b b b 13(b b ) T 45 9
n 7 7 1 13 1 13 13
2
7.B【解析】依题意，4S 2absinC a2b2c2，
a2b2c2
sinC cosC,tanC1，
2ab
2 2
由解得sinC  ,cosC  .
2 2
a sinA sinBC sinCcosB cosCsinB 2 1 2
     ，由于ABC是锐角三角形，
b sinB sinB sinB 2 tanB 2
高三数学第1页 π
0B

 2 π π 1
所以 ，得 B ，故tanB1，所以0 1，
 BC  π 4 2 tanB
 2
2 1 2 2 2 1 2
所以0  ,    2.故选：B
2 tanB 2 2 2 tanB 2
8.A【解析】解法一：设ABC中ABa，三棱柱ABC-ABC 的高为h，则
1 1 1
3 32 a
V S h a2h8 3，所以a2h32，则a2  ，ABC外接圆的半径为r  a，
ABCA1B1C1 ABC 4 h 2sin30
h 2 h2 32 h2
所以棱柱外接球的半径为R,R2 r2  a2   ，
2 4 h 4
32 h2 32 h 64h3
令y  ，则y   0，则h4，
h 4 h2 2 2h2
y 32  h2 在0,4上单调递减，在4,上单调递增，所以当h4时，y  32  16 12，则该三棱
h 4 min 4 4
柱外接球表面积最小值为S 4πR2 4π1248π.
解法二：
3
设ABC中ABa，三棱柱ABC-ABC 的高为h，则V S h a2h8 3，所以
1 1 1 ABCA1B1C1 ABC
4
a
a2h32，ABC外接圆的半径为r  a，
2sin30
h 2 h2
设棱柱外接球的半径为R,R2 r2

a2 ，
2 4
S 4R2 (4a2 h2)
(2a2 2a2 h2)33 4a4h233 432248
当且仅当h4,a 2 2时，等号成立，故外接球表面积最小值为48；
故选：A
9.BC 【解析】对于A，设a  2b   x  b  c   ya  2c   ya   xb  2yxc  ，
y1
 x2
即x2 ，解得：  ，

y1
2yx0
即a  2b  2  b  c  a  2c  ，所以a  2b  ，b  c  ，a  2c  共面，A选项错误；
y1
对于B，设a  b   x  b  c   yc  a   ya   xb  x yc  ，即  x1 ，方程无解，

xy0
     
所以ab，b c ，c  a 不共面，B选项正确；
高三数学第2页y2
对于C，设2a  xb  y(c  a  )，即  x0 ，方程无解，所以2a  ,b  ,c  a  不共面，C选项正确；

y0
         x1 x1   r r r
对于D，设abx(abc)ycxaxb(xy)c，即 ，所以 ，所以ab， abc ，
xy0 y1

c共面，D选项不正确；故选：BC
π π 1 2π π
10.ACD【解析】由图可得，A2，    ，解得2，又函数图象经过点( ,2)，则
3 12 4 || 12
2cos(2 π ) 2，即cos( π )1，因 π ，故 π 0，解得 π ，故 f x2cos(2x  ),
12 6 2 6 6 6
故A正确；
对于B，当x[  ,  ]时，2x π [ 2 ,  ]，cos(2x  )[ 1 ,1]，所以 f  x  的值域为[1,2]，
4 6 6 3 6 6 2
故B不正确；
π π π
对于C， f(x )2cos(2x  )2sin2x，是奇函数，故C正确；
6 3 6
 π 1  π
对于D，将函数y2cosx 图象上所有点的横坐标变为原来的 倍，则函数变为y2cos2x ，
 6 2  6
π 
再向右平移 得到函数y2cos(2x )的图象，故D正确；故选：ACD
6 6
11．ABC【解析】对于A，由S 3S 2n2n2 ,得a 2S 2n2，所以a 2S (n2)，
n n1 n n1 n n1
a 2S（n  2），n1时亦成立，故A正确；
n1 n
对于B，将a 2S 2n2与a 2S 2n整体相减,得a 3a 2，所以a 13a 1,n2，
n n1 n1 n n1 n n1 n
又n 1时，S a a 3a 2，即a 2，a 13(a 1)，所以a 13n1．因此a 1是等比数
2 1 2 1 2 2 1 n n
列，故B正确；
对于C,因为a 3n11,a a 23n10，所以a 是递增数列，故C正确；
n n1 n n
13n 3n1 3n 1 3n 1
对于D，S  n n,故S n ， 不是等比数列，
n 13 2 n 2  2 
所以S n不是等比数列，故D不正确；故选：ABC
n
3 2sincos 2tan 23 3 3
12． 【解析】sin2    ．故答案为：
5 sin2cos2 1tan2 132 5 5
1 2a 1 a 2 1 1
13． 【解析】由a  n ,得  n   ，
1012 n1 a 2 a 2a a 2
n n1 n n
1 1  1  1 1 1 1 1 n
又 = ，故数列 是以 为首项， 为公差的等差数列且   (n1)
a 1 2 a n  2 2 a n 2 2 2
高三数学第3页2 1
故a  ，nN*，a  .
n n 2024 1012
   1
14．①②④【解析】对于①，若点P为CC 的中点，则AP ABAD AA ，
1 2 1
所以|  A  P  |  A  B  2   A  D  2  1  A  A  2 2  A  B    A  D    A  B    A  A    A  D    A  A   5，
4 1 1 1
故①正确；
对于②，若点P在平面ABD内,则A、B、D、P四点共面，则xyz1，
1 1
故②正确；
对于③，点A在平面ABCD内的射影为点C，易得AC  2，AC= 2．
1 1
故当z1时，点P到平面ABCD的距离为AC 2，
1
1 2
所以V  S AC  ，故③错误；
PABD 3 △ABD 1 6
 1 1 
  
对于④，若点P为A 1 C 1 的中点，AP 2 AB 2 ADAA 1 ,BD  AD  AB
  1 2 1 2      
所以APBD AB  AD  ADAA  AB AA  0,故AP  BD,故④正确．
2 2 1 1
故答案为：①②④
43
15.【解析】（1）由于数列a 为等差数列，又a 4,S 20．故a d 4,4a  d 20，
n 2 4 1 1 2
解得a  2,d  2．----------------------------------------------------------------------------------------4分
1
故数列a 的通项公式为a a (n1)d 2n.------------------------------------------------------6分
n n 1
1 1 1  1 1 
（2）b      ,---------------------------10分
n (a 1)(a 1) (2n1)(2n1) 2 (2n1) (2n1)
n n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n
则T  (1 ) (  ) (  ) (  ) (1 ) --------------13分
n 2 3 2 3 5 2 5 7 2 2n1 2n1 2 2n1 2n1
16.【解析】（1）因为  b2c2a2ccosBbcosC abc，由余弦定理可得2bccosAccosBbcosCabc
故2cosA(ccosBbcosC) a---------------------------------------------------------------------------------2分
所以2cosA(sinCcosBsinBcosC) sinA-----------------------------------------------------------------4分
1
即2cosAsinAsinA，故cosA ------------------------------------------------------------------------5分
2
π
又A为三角形内角，故A ---------------------------------------------------------------------------------6分
3

（2）由正弦定理可知 c  b ，所以
b
csinB

2sin(C 3 )

sinC 3cosC
1
3
sinC sinB
sinC sinC sinC tanC
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------9分
高三数学第4页   
又ABC为锐角三角形，所以0C ,AC  ，所以 C ，---------------------------11分
2 2 6 2
3
则tanC( ,)，所以b(1,4)----------------------------------------------------------------------13分
3
1 3 3
ABC的面积为S  bcsinA b( ,2 3)---------------------------------------------------15分
2 2 2
17.【解析】（1）证明：取PA上靠近点P的三等分点F ,连接EF,BF,
1
因为点E是PD的三等分点,故EF∥AD 且EF  AD,-------------------------------------------------3分
3
1
又因为BC//AD且BC  AD，故BC//EF且BC EF ,----------------------------------------------------4分
3
故四边形BCEF为平行四边形，故CE//BF,
又因为CE 平面PAB，BF⊂平面PAB，
故CE//平面PAB．-------------------------------------------------------------------------------------------------6分
（2）如图，以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为 y轴,AP所在直线为z 轴建
立空间直角坐标系，则A(0,0,0),P(0,0,3),C(3,1,0),E(0,1,2)
  
AP (0,0,3),AC (3,1,0),设平面PAC 的法向量为n (x ,y ,z )，
1 1 1 1
 
 n AP 0 3z 0 
则 1  ,即 1 ，令x 1，可得法向量为n (1,3,0)，
n
1
AC 0 3x
1
 y
1
0 1 1
-------------------------------------------------------------------------9分
  
AE (0,1,2),AC (3,1,0) ,设平面EAC 的法向量为n (x ,y ,z )，
2 2 2 2
 
 n AE 0 y 2z 0
则 2  ,即 2 2 ，令x 2，
n
2
AC 0 3x
2
 y
2
0 2

可得法向量为n (2,6,3)------------------------------------12分
2
 
  n n 20 2 10
则cosn,n  1 2   ，
1 2 |n ||n | 107 7
1 2
2 10
所以平面EAC 与平面PAC 所成角的余弦值为 .------------------------------------------------------15分
7
 
n2t 2nt
18.【解析】（1）数列 a 的前n项和为S   n(n1t)，
n n 2
2n2t 4nt
S   n(4n2t 2),-----------------------------------------------------------------------2分
2n 2
设S  kS ,4n  2t  2  k n 1 t ,
2n n
4k k 4
 ,所以 --------------------------------------------------------------------------------------------4分
4t42t2 t1
高三数学第5页（2）由（1）可知b 2na (2n1)2n
n n
T 121322 523 (2n1)2n③
n
2T 1 22  3 23  5 24   (2n  3) 2n  (2n 1) 2n1④-----------------------------------7分
n
③—④可得
T 1212(22 23 2n)(2n1)2n1----------------------------------------------------------------9分
n
4(12n1)
22 (2n1)2n1 2+2n+28(2n1)2n+1 6+(32n)2n1--------------------------11分
12
故T (2n3)2n1+6-------------------------------------------------------------------------------------------------12分
n
（3）若不等式T [(n1)m3]2n16对任意的nN*恒成立，
n
T 6
则 n (n1)m3，------------------------------------------------------------------------------------------------14分
2n1
2n
化简得2n(n1)m对任意的nN*恒成立，所以m 恒成立
n1
2n 2(n1)2 2
令c   2 在nN*上是递增数列，------------------------------------------------15分
n n1 n1 n1
所以c 的最小值为c 1，所以mc 1，
n 1 1
所以m的范围是m1.-------------------------------------------------------17分
19.【解析】（1）取DE的中点O，连接AO，CO，
1
因为是四边形ADCE边长为2的菱形，并且ADC 120，
所以ADE,DEC 均为等边三角形，-------------------------------------3分
1
故AO⊥DE，CO⊥DE ，AOCO O，
1 1
所以DE⊥平面ACO，AC 平面ACO，
1 1 1
所以DE⊥AC --------------------------------------------------------------5分
1
（2）因为平面CDE 平面ABED，CO⊥DE ，所以CO⊥平面ABED，以O为坐标原点，OD所在
1 1 1
直线为x轴，OA所在直线为y轴，OC 所在直线为z轴，如下图建立空间直角坐标系，
1
则O0,0,0,A  0, 3,0  ,B   3 , 3 ,0  ,C  0,0, 3  ,D1,0,0,E1,0,0，
  2 2   1
 
设Mm,n,t，BM BC ， 0,1 ，
1
 3 3   3 3 
即 m  ,n  ,t    , , 3  ，
   
 2 2   2 2 
3 3 3 3
解得：m  ,n  ,t  3，
2 2 2 2
3 3 3 3 
故M  ,  , 3，---------------------------------------------------------------------------------7分
 
2 2 2 2 
高三数学第6页
设平面ADC 的法向量为nx,y,z，
1
 
       nADx 3y 0
则AD  1, 3,0 ,AC  0, 3, 3 ，则  ，
1
nAC  3y 3z 0
1

 
令x 3，则y1,z1，故n 3,1,1 ，------------------------------------------------------------------------9分
 3 3 3 3 
其中C M   ,  , 3 3
1  2 2 2 2  
 3 3 3 3   
    ,  , 3 3  3,1,1
则 d  C 1 M  n   2 2 2 2   4 15 ，
n 311 15
1 5
解得： 或 （舍去），故点M 为BC 上靠近点B的三等分点，
3 3 1
BM 1
此时  .-------------------------------------------------------------------------12分
BC 3
1
  3 3
（3）由（2）可得EM 0, , ，-----------------------------------------------------------------------------14分
 
 3 3 
设直线EM 与平面ADC 所成角为，
1
 3 3   
  0, ,  3,1,1
  | EM n |  3 3  10
则 sin cos EM ,n      ，---------------------------16分
EM  n 1 1 5
  311
3 3
10
所以直线EM 与平面ADC 所成角的正弦值为 .--------------------------------------------------------------17分
1
5
高三数学第7页