辽宁省丹东市五校协作体2024-2025学年高三上学期12月月考试题数学PDF版含答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷

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按秘密级事项管理
丹东市五校协作体联考数学试卷
注意事项：
l．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案
写在答题卡上。写在本试卷上无效。
一
3.
考试结束后，将本试卷和答题卡 并交回。
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，
一
只有 项是符合题目要求的。
｀、
丿
1. 已知集合A={l, 2, 3}, B={x I y=』二歹｝，则AnB=(
A. {l} B. {O, l}
C. {-1, l} D. {-1, 0, 1}
－ 、
p: 冗 ＝ 冗 -,p 丿
2.已知命题 Va eR,sin(—+a) cos(- a)，则 为（
3 6 ,
冗 年 冗 冗 =t:- 冗
A. Va ER, sin(-:;-3 + a) cos(—6 -a) B. 3 a E R, sin(.:_;3 + a) cos（一6 －a)
w
江 冗 一 冗 － 冗 冗
c.、 R,sin(�3 +a)= cos（6 a) D. 3a釭，sin(�3 +a)= cos(�6 -a)
3.在等差数列忆｝中，已知a1= -9,a3 +a 5 = -9,a 2n-l = 9，则n = ( )
A.. 7 B. 8 C. 9 D. 10
、
4. 丿
已知向量沪(1,-1), E = (2,1)，若(ta+E)上(-2a+t旬，则t = (
A. 1或兮 B.-2或上 2 c.-1 或 2 D. -2 或 1
（ 、
冗 冗 丿
5.
已知咋(—2 ，冗），五cos2a= sin(a-－4 ），则sin2a=
3
1 _ 1 c - in- 3
一
A.-- 4 B. 4 4 4
0
6.已知a> O,b> ，且a+b=4，则 （）
言 l l ;;>: ¾2 ¾ 2
A. 2 B.记扣迈C.a 2 + 2b :2: 8 D. (a + J(b + J :2: 8
x
7.设f(x)=e + lnx,满足f(a)f(b)f(c)< 0(0 <a< b < c)．若函数存在零点
X。 ，则。 （）
。 。>
A. X <a B. X >a C. X c D. X。 <C
丹东市五校协作体数学试卷第1页（共4页）
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数学参考答案
一、选择题
1．A 2．B 3．A 4．D
5．C 6．D 7．B 8．C
二、选择题
9． BCD 10． BD 11．BCD
三、填空题
1
12. 4 13． 14. 63
4
四、解答题
 
15．解：（1）由asinB bcos(A )及正弦定理得:sinAsinB sinBcos(A ).
6 6
3 1 3 1
故sinAsinB sinB( cosA sinA) sinBcosA sinBsinA,
2 2 2 2
1 3
所以 sinAsinB  sinBcosA
2 2
3分
1 3 
因为B(0,),sinB 0,所以 sinA cosAsin(A )0,
2 2 3

因为A(0,),所以A
3
5分
（2）由（1）可知，由余弦定理得b2 c2 a2 bc,
又a 2,所以b2 c2 bc4,由基本不等式得：b2 c2 2bc,即bc42bc,
所以bc4，当且仅当bc 2时，等号成立.
7分
又(bc)2 b2 c2 2bc 3bc416,即0bc4,又bc a 2,
9分
所以2bc4,所以4abc6,即ABC的周长取值范围是 4,6 
13 分
16．解：
（1）记X为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，此时X的所有可能取值为
1 2 1 1 3 1 1 C1 3
0，2，3，可得P(X 0)     ，P(X 2) 0  3  ,
2 C1 2 C1 8 2 2 C1 8
4 4 41
P(X 3)＝1﹣P(X 1)﹣P(X 2)= ，则X的分布列为：
4
X 0 2 3
P 3 3 1
8 8 4
3 3 1 3
故E(X)0 2 3  ； 4分
8 8 4 2
（2）记ξ为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，
2 1 1P
此时P（ξ＝0）＝P (1P)  ，
C1 C1 4
4 4
C1 3
P（ξ＝2）=P0(1P) 3  (1P)，
C1 4
4
C1 1
P（ξ＝3）=P 2 (1P)0 P，
C1 2
4
1P 3 1 3
所以E()0 2 (1P)3 P  ； 7分
4 4 2 2
记为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，
C2 1 C1 1 1
此时P(0) P 4 (1P) 3  P ，
C2 C2 3 2
4 4
C2 C1 1
P(4) P0(1P) 4 3  (1P)
C2 2
4
1 1
P(6) P (1P)0 P
C2 6
4
1 1 1 1
所以E()0( P )4 (1P)6 P 2P； 10分
3 2 2 6
记为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”，
C3 1 1 3
此时P(0) P1(1P) 4  P ，
C3 4 4
4
1 1
P(6) P0(1P)  (1P)，
C3 4
4
1 3 1 3
所以E()0( P )6 (1P) (1P), 12分
4 4 4 2 3
2P

2

3 3
 (1P) 1
若满足唯独选择方案Ⅰ最好，此时2 2，解得  P1．故p的取值范围为
2


0 P1


1 
 ,1. 15分
2 
17．解：
(1)当a  2时，则 f(x)e2x 2x， f(x)2e2x 2,
可得 f(1)e2 2,, f(x)2e2 2 2分
 
即切点坐标为1,e2 2 ，切线的斜率为 k 2e2 2, 4分
所以切线方程为 y(e2 2)(2e2 2)(x1),即 (2e2 2)x ye2 5分
(2)由题意可知： f(x)的定义域为R,且 f(x)2e2x (a2)ex a (2ex a)(ex 1)
(I)若a0,则2ex a 0，令 f(x)0，解得x  0可知 f(x)在  ,0 内单调递减，
在
0, 
内单调递增； 7分
a
(II)若a  0，令 f(x)0，解得x ln( )或x  0
2
a
①当ln( )0，即2a0时
2
a  a 
令 f(x)0，解得x  0或xln( )，可知 f(x)在ln( ),0内单调递减，在
2  2 
 a 
,ln( )， 0,  内单调递增；
 2 
a
②当ln( )0，即a 2时，则 f(x)2(ex 1)2 0,可知 f(x)在R内单调递增；
2
a a
③当ln( )0，即a2时，令 f(x)0解得x  0或x ln( )；可知 f(x)在
2 2
 a   a 
0,ln( )内单调递减，在ln( ),，  ,0  内单调递增； 13分
 2   2 
综上所述：若a0, f(x)的单调递减区间为  ,0 ，单调递增区间为 0,  ；
 a   a 
若2a0， f(x)的单调递减区间为ln( ),0，单调递增区间为,ln( )，
 2   2 
0, 
；
若a 2， f(x)的单调递增区间为R，无单调递增区间； a 
若a2， f(x)的单调递减区间为0,ln( )，单调递增区间为  ,0  ，
 2 
 a 
ln( ),. 15分
 2 
18．(1)证明：

PA⊥底面ABC ,且BC 底面ABC ,
PA⊥BC,
PA AC  A, 且PA,PC 平面PAC,AC⊥BC,

BC⊥平面PAC,
又 AD 平面PAC,BC⊥AD,

PA=AC,且D为的PC中点，AD⊥PC,

又 PCBC C,且PC,BC 平面PBC,

AD⊥平面PBC,

PB平面PBC,AD⊥PB; 6分
（2）根据题意可知，以点A为原点，以过点A且平行于BCB的直线为x轴，AC,
AP所在的直线分别为y轴和z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示
 3 3
PA AC  BC 3,可得A(0,0,0),B(3,3,0),C(0,3,0),P(0,0,3)，D0, , ,则PB
 2 2
 3 3
（3,3，-3）,PD  0, , , 8分
 2 2
因为G在线段PB上，设PG PB (3,3,3), 其中01,
3 3 6
则DG  PGPD (3,3 ,3 ),因为DG  ,
2 2 2
3 3 6 1
可得92 (3 )2 (3 )2  ,所以 ，所以G(1,1,2),H(2,2,1),可得
2 2 4 3
 3 3
AD  0, , ,AG (1,1,2), AH (2,2,1), 12分
 2 2
 3 3
n AD  y z 0
设平面 ADG的法向量为n(x,y,z)则 2 2 ，
 n AG  x y2z 0
令y 1, 可得x 1,z 1, 所以n(1,1,1)
 3 3
 m AD  y z 0
设平面 ADH 的法向量为m(x,y,z)则 2 2
 m AH 2x2y z 0
1 1
令y 1, 可得x  ,z 1, 所以m( ,1,1),设平面ADG与平面 ADH 的夹
2 2
3
nm
3
2
角为，可得cos   ，
n m 3 3
3
2
3
故平面ADG与平面 ADH 的夹角的余弦值为 17分
319．解：
 
(1) {a }是等差数列,设a a (n1)d  a 1(n1)d 1,
 n n 1 1
令b a 1(n1)d,c 1,
n 1 n
则{b }是等差数列，{c }是等比数列，所以数列{a }是“优分解”的. 4分
n n n
(2)因为数列{a }是“优分解”的，设a b c (nN),
n n n n
其中b b (n1)d,c cqn1(c 0,q 0),
n 1 n 1 1
则a a a d cqn1(q1),2a a a cqn1(q1)2.
n n1 n 1 n n1 n 1
当q1时，2a 0(nN);
n
 
当q1时， 2a 是首项为c (q1)2，公比为q的等比数列. 8分
n 1
(3)一方面， 数列{S }是“优分解”的，设S  B C (nN)
 n n n n
其中B  B (n1)D,C CQn1(C 0,Q 0)，由(2)知2S CQn1(Q1)2
n 1 n 1 1 n 1
因为S  S S a 4,S  S S a 6，所以2S S S 2
1 2 1 2 2 3 2 3 1 2 1
 
C (Q1)2 2,Q 1, 2S 是首项为2，公比为Q (Q≠1)的等比数列. 12分
1 n
另一方面，因为{a }是“优分解”的，设a b c (nN),
n n n n
其中b b (n1)d,c cqn1(c 0,q 0),
n 1 n 1 1
S  S S a ,2S S S a a d cqn(q1)
n n1 n n1 n n1 n n2 n1 1
 
2S 是首项为2，公比为Q (Q≠1)的等比数列，
 n
q 0,q 1,且(2S )2 (2S )(2S )
2 1 3
 d cq2(q1) 2   d cq(q1)    d cq3(q1) 
1 1 1
化简得cdq(q1)3 0, c 0,q 0,q 1,d 0,a a a cqn1(q1),
1  1 n n1 n 1
即数列  a  是首项a a a 1，公比为q的等比数列.
n 1 2 1
15分
又 a a a 2,q 2，
 2 3 2
又 2S 2,d cq(q1)2, d 0,q 2,解得c 1,b a c 312,
 1 1  1 1 1 1
综上所述，a b (n1)d cqn1 22n1
n 1 1
17分