文档内容
玉溪一中2025—2026学年上学期高三适应性测试（十）
数学参考答案
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，只有一
项是符合题目要求的。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C C A A B D C
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
题号 9 10 11
答案 AB BD BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
题号 12 13 14
答案 5
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15．（13分）
A A
解：(1)由bcos −asinB=0及正弦定理得sinBcos −sin AsinB=0，
2 2
A A A
又sinB≠0，所以cos −2sin cos =0，
2 2 2
A π A A 1
因为A∈(0,π)，所以 ∈(0, )，所以cos ≠0，sin = ，
2 2 2 2 2
A π π
所以 = ，A= ．
2 6 3
3√ 3 3 9√ 3
(2)因为AE=2EB，S = ，所以S = S = ，
△ACE 2 △ABC 2 △ACE 4
1 π 9√ 3
则S = bcsin = ，所以bc=9，
△ABC 2 3 4
又由余弦定理得b2+c2−a2=bc，可得b2+c2=18，所以b=c=3，
CF CA 3
由角平线定理得 = = ．
FE AE 2
16．（15分）
解：(1)证明：因为AB是底面圆O 上的一条直径，
2
数学参考答案第1页（共8页）
学科网（北京）股份有限公司所以AP⊥BP，
因为O O ⊥底面圆O ，PQ//O O ，
1 2 2 1 2
所以PQ⊥底面圆O ，
2
因为BP⊂底面圆O ，所以PQ⊥BP，
2
因为AP∩PQ=P，AP,PQ⊂平面APQ，
所以BP⊥平面APQ，
因为BP⊂平面BPQ，所以平面APQ⊥平面BPQ；
(2)因为O O ⊥底面圆O ，AP,PO ⊂圆O ，
1 2 2 2 2
所以O O ⊥AP，O O ⊥AO ，
1 2 1 2 2
所以∠AO P为二面角A−O O −P的平面角，
2 1 2
故 ，又 ，所以 为等边三角形，
∠AO P=60 ∘ AO =PO ▵APO
2 2 2 2
以P为坐标原点，PB,PA,PQ所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
，设 ，故 ， ，
AB=2PQ AB=2 AP=AO =PO =PQ=1 PB=√ AB2−AP2=√ 3
2 2
B(√ 3,0,0),Q(0,0,1),P(0,0,0),O
(√ 3
,
1
,1
)，
1 2 2
⃗ ， ⃗ ⃗ (√ 3 1 )，
QB=(√ 3,0,−1) PQ=(0,0,1),PO
1
=
2
,
2
,1
设平面PQO 的法向量为⃗ ，
1 m=(x,y,z)
⃗ ⃗
{
m⋅PQ=(x,y,z)⋅(0,0,1)=z=0
则 ⃗ ⃗ (√ 3 1 ) √ 3 1 ,
m⋅PO =(x,y,z)⋅ , ,1 = x+ y+z=0
1 2 2 2 2
解得 z=0 ，令 x=1 ，得 y=−√ 3 ，故 m ⃗ =(1,−√ 3,0) ，
设直线BQ与平面PQO 所成角的大小为θ，
1
⃗ ⃗
⟨ ⃗ ⃗⟩ |QB⋅m| |(√ 3,0,−1)⋅(1,−√ 3,0)| √ 3
则sinθ=|cos QB,m |= = = ，
⃗ ⃗ √ 3+0+1×√ 1+3+0 4
|QB|⋅|m|
数学参考答案第2页（共8页）
学科网（北京）股份有限公司√ 3
故直线BQ与平面PQO 所成角的正弦值为 ．
1 4
17．（15分）
解：由题意知 ．
f ′(x)=ex (x+1)−ax−a(a∈R)
若 ，则 ，
(1) a=0 f(x)=xex
所以 ，
f ′(x)=ex (x+1)
令f ′(x)=0，得x=−1，
所以f(x)在(−∞,−1)单调递减，在(−1,+∞)单调递增，
1
所以f(x)的极小值等于f(−1)=− ．
e
1
(2)因为a> ，
e
所以 ，由 ，即 ，解得 或
lna>−1 f ′(x)>0 (ex−a)(x+1)>0 x<−1 x>lna.
故f(x)的单调增区间为(−∞,−1)和(lna,+∞).
1 1 1 1 2
(3)当a> 时，f(x)的极大值等于f(−1)=g(a)=− + a>− >− ;
e e 2 2e e2
1
当a= 时，f ′(x)≥0，f(x)无极大值;
e
1 1
当00，
数学参考答案第4页（共8页）
学科网（北京）股份有限公司−8km
{x +x =
1 2 1+4k2
且 ，
4m2−4
x x =
1 2 1+4k2
k y +1 x
因为A，B为椭圆的上、下顶点，所以 2= 2 ⋅ 1 =3，
k x y −1
1 2 1
(kx +m+1)x
即 2 1 =3，
(kx +m−1)x
1 2
{y =−y
因为当m=0时， 2 1,
x =−x
2 1
k y +1 x −y +1 x
所以 2= 2 ⋅ 1 = 1 ⋅ 1 =1≠3，因此m≠0，
k x y −1 −x y −1
1 2 1 1 1
x +x −8km
因为m≠±1，所以 1 2= ，而m≠0，
x x 4m2−4
1 2
1−m2
因此kx x = (x +x )，
1 2 2m 1 2
(kx +m+1)x
所以由 2 1 =3，
(kx +m−1)x
1 2
1−m2
(x +x )+(m+1)x
2m 1 2 1
得 =3，
1−m2
(x +x )+(m−1)x
2m 1 2 2
数学参考答案第5页（共8页）
学科网（北京）股份有限公司(m2+2m+1)x +(1−m2)x
即 1 2 =3，
(1−m2)x +(m2−2m+1)x
1 2
(m+1)[(m+1)x −(m−1)x ]
因此 1 2 =3，
(m−1)[−(m+1)x +(m−1)x ]
1 2
m+1 1
而m≠±1，所以 =−3，解得m= ，
m−1 2
1
即直线CD的方程为：y=kx+ ，
2
1
因此直线CD恒过定点S(0, )；
2
y −1
(ⅱ)解：由(ⅰ)知：直线AC的方程：y= 1 x+1，
x
1
y +1
直线BD的方程为：y= 2 x−1，
x
2
y−1 y −1 x k 1
因此 = 1 ⋅ 2 = 1= ，解得y=2，
y+1 x y +1 k 3
1 2 2
所以Q点在直线y=2上，
如图：
数学参考答案第6页（共8页）
学科网（北京）股份有限公司令直线y=2与y轴的交点为T(0,2)，
因为A(0,1)，B(0,−1)，
|AT| 1
所以|k |= = ，
1 |QT| |QT|
|BT| 3
|k |= = ，
2 |QT| |QT|
|ST| 3
|k |= = ，
3 |QT| 2|QT|
k
因为
2=3，
k
1
所以k ，k ，k 同号，
1 2 3
1 1 2
则
+ =
．
k k k
1 2 3
19．（17分）
解： 因为 ，
(I) a2−2S +a =0
n n n
当 时， ，
n≥2 a2 −2S +a =0
n−1 n−1 n−1
两式相减，得(a +a )(a −a −1)=0，
n n−1 n n−1
又因为a >0，所以a −a =1(n≥2)，
n n n−1
又当 时， ，得 ，所以 ，
n=1 a2−2S +a =0 a =1 a =n
1 1 1 1 n
因为a 随着n的增大而增大，
n
数学参考答案第7页（共8页）
学科网（北京）股份有限公司所以不存在常数M满足a ≤M，
n
所以数列 不是“上界数列”；
{a }
n
n
(II)由(I)可知b = ，
n 3n
1 2 3 n−1 n
所以T = + + +⋯+ + ①，
n 3 32 33 3n−1 3n
1 1 2 3 n−1 n
T = + + +⋯+ + ②，
3 n 32 33 34 3n 3n+1
1 1
(1− )
2 1 1 1 1 n 3 3n n 1 1 n
①−②，得 T = + + +⋯+ − = − = (1− )− ，
3 n 3 32 33 3n 3n+1 1 3n+1 2 3n 3n+1
1−
3
1 2n+3
所以T = (3− )，
n 4 3n
3 2n+3 3
易得T < ，且当n→+∞时 →0，T → ，
n 4 3n n 4
3
故M = ；
0 4
n n n
Ⅲ 由 可知 1 1 1，
( ) (I) c =∑ =∑ <∑
n 22i+1 4i+1 4i
i=1 i=1 i=1
1 1
(1− )
n 1 4 4n 1 1 1
又∑ = = (1− )< ，
4i 1 3 4n 3
i=1 1−
4
1 1 1
所以c < ，即{c }的一个上界为 ，根据M 的定义知M ≤ ．
n 3 n 3 0 0 3
数学参考答案第8页（共8页）
学科网（北京）股份有限公司
