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=}#}