重庆西南大学附属中学2024年高三年级上学期11月阶段检测考试数学（二）答案解析_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷

西南大学附中高 2025 届高三上 11 月阶段性检测（二）数学答案
1—4.CBAA 5—8.DDAB 9.AC 10.ACD 11.ABD
12. 2
4
13. 14.
3
3
8. 如图，由题意得， R  2 ，∴ O H  | h  2 | ， C H  4  ( h  2 ) 2 ，
∵该三棱锥为正三棱锥，∴ B C  3  4  ( h  2 ) 2  3   h 2  4 h ，
1 3 3
∴V   BC2h (h34h2) PABC 3 4 4
令 f(h)h34h2(0h4)， f(h)3h2 8h
∴ f ( h ) 在 ( 0 , 8
3
) 单调递增，在 ( 8
3
, 4 ) 8 256 单调递减， f(h)  f( )
max 3 27
∴ V m a x  6 4 2 7 3 或 V  4 3 (  h 3  4 h 2 )  8 3 ( 8  2 h )  h  h  8 3  8 3 
3
 6 4 2 7 3
11.由题意， f(x)xex alnxax0(x0)有解，则 x e x  a ln ( x e x )  0 ( x  0 ) 有解，
令 t  x e x , t  0 ，即 t  a ln t  0 , 当 a  0 时，不符合题意，则 
1
a

ln
t
t
1
∴ 0或
a
0  
1
a

1
e
14.① a  b  c  a b  b c  a c  a  b  c ， a b  b c  a c  0
②acabcc2， b a  a b c  a 2 ， b c  a b c  c 2
③a1bc， b  1  c   a ， c  1  a   b
a b c  1  b   1  c   1  a   a b c ，  1  b   1  c   1  a   1 ，
a  b  c  1   a c  b c  a b   a b c  1 ， a  b  c   a b c
④abc2 abc2， a 2  b 2  c 2  2  a b  a c  b c    a b c  2
 3 a b c   a b c  2 ， a b c   3 ，∴ a  b  c  3
15.（1）∵ b c o s A c o s C  a c o s B c o s C 
3
4
c
3 3 3
∴(bcosAacosB)cosC  c，即ccosC  c，cosC 
4 4 4
∴ s in C 
7
4
1
∴S = absinC 3 7 6分
ABC 2
（2） c 2  a 2  b 2  2 a b c o s C  1 6 ，∴ c  4
16.（1）∵
3
∵ac ∴AC ∴cosAcosC 
4
1 3
∵3BDDC ∴AD AC AB
4 4
∴AD 2 ( 1 AC 3 AB)2 18，|AD|=3 2 7分
4 4
S
n
 n a
n
 2 n ( n  1 )
∴ S
n  1
 ( n  1 ) a
n  1
 2 ( n  1 ) ( n  2 ) ， n  2
a
n
 S
n
 S
n  1
 n a
n
 2 n ( n  1 )  ( n  1 ) a
n  1
 2 ( n  1 ) ( n  2 ) ，
化简得：(n1)a (n1)a 4(n1)0
n n1
∵ n  2 ，∴ a
n
 a
n  1
  4 6分
∴a 是以公差为
n
 4 的等差数列.
（2）由（1）得 a 6  a 1  5 d  a 1  2 0 ,
同理a a 12,a a 24
4 1 7 1
由题意 a 26  a 4 a 7 ， ( a 1  2 0 ) 2  ( a 1  1 2 ) ( a 1  2 4 ) ，
解得a 28 1
∴ a n  a 1  ( n  1 ) d   4 n  3 2
∵当 n  8 时， a
n
 0 ，当 n  8 时， a
n
 0 ，
∴ ( S n ) m a x  S 7  S 8 
( a
1

2
a
8
) 8
 1 1 2 9分
17.（1）如图，取 A C 中点 O ，连接 O B , O P .
∵ A B  B C  2 , A C  2 ，∴ A B 2  B C 2  A C 2
∴  A B C 为等腰直角三角形， O 为中点
∴ A C  O B
∵ P A  P C , O 为中点
∴ A C  O P
OB,OP面OBP

OB OPO
∵
ACOB

 ACOP
∴ A C  面 O B P
∵ P B  面 O B P ，∴ A C  P B 5分
（2）∵
 面
面
O
P
P
P
A
A

C
C
A

C
面
面
A
A
B
B
C
C  A C
∴OP面ABC，∴ O P  O B ，∴ O B , O C , O P 两两垂直
如图，以O为原点，OB为 x 轴正向，OC为y轴正向，OP为z轴正向，建立空间直角坐标系
则 A ( 0 ,  1 , 0 ) , B (1 , 0 , 0 ) , P ( 0 , 0 , 3 )
2 3
∵PD2DC，∴D(0, , )，∴
3 3
A B  (1 ,1 , 0 ) , A P  ( 0 ,1 , 3 ) , D B  (1 , 
2
3
, 
3
3
)
令面 P A B 的法向量为 n  ( x , y , z )
 nAB0
则 ，可得n( 3, 3,1)
nAP0
DBn 21
∴sincos  6分
|DB||n| 7
A O
B
P
D
C
z
P
D
A O C y
B
x
A
y
O
B
P
H
O
C
x
{#{QQABLYyAogioABJAAAgCAwlSCkGQkgACAYgGBAAIsAAASBFABAA=}#}（3） A B  (1 ,1 , 0 ) , A D  ( 0 ,
5
3
,
3
3
) , A P  ( 0 ,1 , 3 )
令面ABD的法向量为 m
则
 m
m


A
A
B
D


0
0
，可得m( 3, 3,5)
∴ d 
| A P
| m
 m
|
|

4
3
9
1
3
4分
18.（1）由题意得 k
1
 
b
a
, k
2
 
1
2
∵ | k
1
|  | k
2
| 1 ，∴ b  2 a
∵C 的焦点到渐近线的距离为2，∴
1
b  2 ，∴ a  1 , b  2 , c  5
双曲线方程为 x 2 
y
4
2
 1 5分
（2）令A(m,n)，由题意 A ( n , m ) 1分
∵ A 在 C
2
上
∴
m
8
2

n
2
2
 1 ，得 ( m  2 n ) ( m  2 n )  8
8
，即2nm 2分 (m2n)
令 l : y  m  2 ( x  n )
 y
x

2 
m 
2 y
4
2

( x
1
 n )
，可得 4 x 2  [ 2 ( x  n )  m ] 2  4
化简得 x
P

2 n
1
 m
 2 n 
4
m
∴ x
P

n
4

3 m
8
3分
同理可得
x
Q

n
4

3 m
8
2分
n 3m n 3m 45
∴|AP||AQ| 5|x x | 5|x x |5|n  ||n  | 4分
A P A Q 4 8 4 8 8
1
19.（1）由题意得s(x)x2  2，当且仅当
x2
x  1 时，等号成立
∴存在 P (1 ,1 ) ，使得P是M 的“ f 最近点” 3分
（2） s ( x )  x 2  ( ln x  1 ) 2
∴
x2 lnx1
s(x)2
x
令h(x)x2 lnx1，h(1)0，当x(0,)时，x2,lnx单调递增
所以h(x)在(0,)单调递增，∴x(0,1)时，h(x)0,s(x)0,s(x)单调递减
x(1,)时，h(x)0,s(x)0,s(x)单调递增
s ( x )
m in
 s (1 )  1
∴ P (1 , 0 )
1
又∵ f(x) , f(1)1
x
∴过P(1,0)的切线为xy10 6分
（3）s (x)(xt1)2 (f(x) f(t)g(t))2，s(x)2(xt1)2(f(x) f(t)g(t))f(x)
1 1
s (x)(xt1)2 (f(x) f(t)g(t))2，s (x)2(xt1)2(f(x) f(t)g(t))f(x)
2 2
1分
由题意假设 x  m 时，s (x),s (x)为各自函数的最小值，则
1 2
m 必为s (x),s (x)的极小值点
1 2
则
 s
s
 ( m
1
 ( m
2
)
)


0
0
，可得
 2
2
(
(
m
m


t
t


1
1
)
)


2
2
(
(
f
f
(
(
m
m
)
)


f
f
(
(
t
t
)
)


g
g
(
(
t
t
)
)
)
)
f
f
(
(
m
m
)
)


0
0
∴ 2 ( m  t  1 )  2 ( f ( m )  f ( t )  g ( t ) ) f ( m )  2 ( m  t  1 )  2 ( f ( m )  f ( t )  g ( t ) ) f ( m )
1 得 f(m) 3分
g(t)
下证： m  t
 s
s
1
2
( m
( m
)
)


s ( t ) 1
s ( t )
2
(mt1)2 (f(m) f(t)g(t))2 1g2(t) ，可得
(mt1)2 (f(m) f(t)g(t))2 1g2(t)
两式相加得 (mt)2 (f(m) f(t))2 0，∴ m  t
∴ f ( t ) 
g
1
( t )
3分
∵  t  R , g ( t )  0 ，∴ f ( t )  0
∴ f ( x ) 在R上单调递增. 1分
{#{QQABLYyAogioABJAAAgCAwlSCkGQkgACAYgGBAAIsAAASBFABAA=}#}