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