玉溪一中2025届高三上学期期中考试答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1120云南省玉溪市一中2024-2025学年高三上学期期中考试_数学

玉溪一中 2024-2025 学年上学期高三年级期中考
数学试卷参考答案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C A D C B C A BC ACD
题号 11
答案 BCD
二、填空题
28 14  15 15 30
12．2 13． 14．0,  , 
3  7  4 7 
三、解答题
15．(1)a n1 (2)证明见解析
n
【详解】（1）由S S a 1，得S S a 1，得a a 1，所以数列{a }为等差数列，公差d 1．
n1 n n n1 n n n1 n n
若选①，因为a a 16，所以2a 16，得a 8，所以a a 6d 8，a 2，所以
3 11 7 7 7 1 1
a a (n1)d 2n1n1，
n 1
若选②，因为a ,a ,a 成等比数列，所以a2 a a ，所以(a 4d)2(a d)(a 10d)，所以
2 5 11 5 2 11 1 1 1
(a 4)2 (a 1)(a 10)，所以a 2，所以a a (n1)d 2n1n1．
1 1 1 1 n 1
1110
若选③，因为S 11a  77，所以a 2，所以a a (n1)d 2n1n1，
11 1 2 1 n 1
1 1 1 1
（2）
a a

n1n2

n1

n2
，所以T
n
( 1
2
 1
3
)( 1
3
 1
4
)(
n
1
1

n
1
2
) 1
2

n
1
2
，
n n1
1 1 1 1
又因为 0，所以T    ．
n2 n 2 n2 2
7 6
16．(1)证明见解析 (2)
18
【详解】（1）如图所示，连接EF.
因为E，F 分别是棱PB，PC的中点，所以EF∥BC，BC 2EF .
因为AD∥BC，BC2AD，所以EF∥AD ，EF  AD，
所以四边形ADFE是平行四边形，则AE//DF .
因为AE 平面ACE，DF平面ACE，所以DF //平面ACE.
（2）因为AD平面PAB，PA、AB平面PAB，所以ADPA，ADAB，
又因为PA AB，所以AB，AP，AD两两垂直，
答案第1页，共4页  
以A为坐标原点，
AB
，
AP
，
AD
的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
 
由题中数据可得 ，C2,0,4，E1,2,0，P0,4,0，D0,0,2，AC 2,0,4，AE 1,2,0，
   0,0,0
PC(2,4,4),PD(0,4,2)，
 
 nAC 2x4z0,
设平面ACE的法向量为 ，则  
nAE x2y 0, x
  =  ,  , 
y

令x2，得n2,1,1
.
 
  mPC 2a4b4c0
设平面PCD的一个法向量为m(a,b,c)，则   ，
mPD4b2c0

令b1，得m2,1,2 .设平面ACE与平面PCD的夹角为，则
 
  nm 412 7 6 7 6
cos cosn,m      .即平面ACE与平面PAD的夹角的余弦值为 .
n m 63 18 18
y2
17．(1)x2 1 (2) 15或 15.
3
【详解】（1）（1）根据题意由 MF  MF 2 FF 4可知，
1 2 1 2
动点M 的轨迹为以F 2,0,F 2,0为焦点，实轴长为2a2的双曲线，
1 2
即c2,a1，所以a2 1,b2 c2a2 3，
所以可得E的方程为 x2
y2
1.
3
 
（2）由（1）知F 2,0，显然当直线l的斜率不存在或l的斜率为0时，CF 3F D不成立，
2 2 2
故直线l的斜率存在，且不为0，设l:xmy2m0，Cx,y ，Dx ,y ，
1 1 2 2
xmy2
联立  y2   3m21  y212my90 ，
x2 1
 3
则36m2360，且3m210即 m2  1 ，
3
12m 9
y y  ,y y  ，
1 2 3m21 1 2 3m21
 12m
又C  F  3  F  D  ，所以y 3y ，所以  
2y
2

3m21
①
，
2 2 1 2 
3y2  9 ②
 2 3m21
答案第2页，共4页①2 16m2 4 1 1
所以由 得  ，解得 m2  ，故 15 ，
② 3m21 3 15 m2
故直线CD的斜率为 15或 15.
1 1e
18．(1)a1 (2)答案见解析 (3) a
2 2e
a
【详解】（1） fx2x2a1 ，故 f122a1a0,则 a1.
x
a
2x22a1xa 2x1xa
（2） fx2x2a1   ，
x x x
1 1 1
当a 时，令 ，解得xa或0 x ，令 ，解得 xa，
2 2 2
′ ′
  1>0 1    <0
故此时 f x在0, ,a,单调递增，在 ,a的单调递减，
 2 2 
当a 1 时， 在 上恒成立，故此时 f x在 单调递增，
2
′
1   ≥0 0,+∞ 1 0,+∞ 1
当0a 时，令 ，解得x 或0xa，令 ，解得a x ，
2 2 2
′ ′
1>0   1   <0
故此时 f x在0,a, ,单调递增，在a, 的单调递减，
2   2
 1 1 
当a0时， f xx2x，故 f x在0, 的单调递减，在 ,单调递增，
 2 2 
1 1
当a0时，令 ，解得x ，令 ，解得0 x ，
2 2
′ ′
  1>0 1    <0
故此时 f x在0, 的单调递减，在 ,单调递增，
 2 2 
（3）gx f xx2a1lnxx22a1xalnxx2a1lnx2a1xlnx，
lnx lnx 1lnx
令gx2a1xlnx0，则2a1 ，记hx ，则hx ，
x x x2
1lnx 1lnx
当xe时，hx 0，当0xe时，hx 0，
x2 x2
故 在0,e单调递增，在e,单调递减，
ℎ  1
且he ，当x1时 恒成立，
e
ℎ  >0 lnx
要使gx有两个零点，则2a1 由两个交点，
x
1 1 1e
故02a1 ，解得 a
e 2 2e
19．(1) 2 (2) 1,1  (3)证明见解析
12
【详解】（1）抛物线x2 2py(p0)的焦点到准线的距离为3， p3，
答案第3页，共4页1 1 1
即抛物线方程为x2 6y，即 f x y x2，则 fx x， fx ，
6 3 3
1 1
3 3 2
又抛物线在点3,y处的曲率，则 K  3  2 2  12 ，即在该抛物线上点3,y处的曲率为 2 ；
 1 2 12
1 32 
 9 
（2）gx 1  1  2x  1  1  1 g x ，gx在 上为奇函数，又gx在 上为减
2x 1 2 2x 1 2 2 2x 1

函数.g


exex 
g2cosx对于 恒成立等价于cosx2
ex ex
对于 恒成立.
 2  2
∈   ∈ 
又因为两个函数都是偶函数，记 pxcosx，qx2
exex
，则曲线 px恒在曲线qx上方，
2
pxsinx，qx
ex ex
，又因为 p0q01，
2
p0 q0
所以在x0处三角函数 px的曲率不大于曲线qx的曲率，即
3

3
，
1 p202 1q2 02
   
又因为 px2cosx，qx
ex ex
，p02，q01，所以2 1，解得：11，
2
因此，的取值范围为1,1；
（3）由题可得 fx4x，所以曲线 在点  x , f x  处的切线方程是y f x  fx xx ，
n n n n n
=  
即y  2x 28  4x xx ，令y0，得  x 24  2x x x ，即x 242x x ，
n n n n n n1 n n n n1
x 2 x 2 x 2 x 22 x 22
显然x 0，x  n  ，由x  n  ，知x 2 n  2 n ，同理x 2 n ，
n n1 2 x n1 2 x n1 2 x 2x n1 2x
n n n n n
x 2 x 2 2 x 2 x 2 x 2
故 x n n   1 1 2  x n n 2   ，从而lg x n n   1 1 2 2lg x n n 2 ，设lg x n n 2 a n ，即a n1 2a n ，所以数列 是等比

x 2 x 2 x 2
数列，故a 2n1a 2n1lg 1 2n1lg3，即lg n 2n1lg3，从而 n 32n1 ，
n 1 x 2 x 2 x 2
1 n n
2  32n1 1  4 b 32n1 1 1 1 1 1
所以
x n  32n1 1
，b
n
x
n
2
32n1 1
0，
b
n
n
1 
32n 1

32n1 1

32n1

3211

3
，
2 n1
1 1 1
当n1时，显然T 1 b 1 23；当n1时，b n  3 b n1  3   b n2  3   b 1 ，
 1 n
T n b 1 b 2 b n b 1  1 3 b 1     1 3    n1 b 1  b 1   1  1 3     33    1 3    n 3 ，综上，T n 3  nN* .
1
3
答案第4页，共4页