高三数学解析(2)_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1223山东省中学联盟百校大联考2024-2025学年高三上学期12月学情诊断（全科）

绝密 ★ 启用前  x π  项A错；对于选项B， f(x)sin  ，把函数y  f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来 2 12 2025 届高三上学期学情诊断  x π  π 的 2 倍，纵坐标不变，得到 y sin  ，再把所得曲线向左平移 个单位长度，得到 4 12 3 数学解析 2024.12 1 π π x π π  g(x)sin( (x ) )sin(  )，其图象不关于点 , 0中心对称，故选项B 错；对于 4 3 12 4 6 4  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，只有一个选项是正确  7π 的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 选项C，f(x)sin2x ，把函数y  f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐  12  5 5(2i)  7π π 1．A【解析】  2i，2i的共轭复数是2i．故选A． 标 不 变 ， 得 到 y sinx  ， 再 把 所 得 曲 线 向 左 平 移 个 单 位 长 度 ， 得 到 2i (2i)(2i)  12  3  1  π 7π  π π  2．C【解析】由AB  B得B  A.当a 0时，B ，满足B  A；当a 0时B  ， g(x)sinx  sinx ，其图象关于点 , 0中心对称，选项C 正确；对于选项  a  3 12   4 4  1 1 1  π  因为B  A，所以  1或  ，解得a 1或a 2．故选C． D， f(x)sin2x ，把函数y  f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不 a a 2  12 1 x2  3x 1 1  π  π 3．B【解析】f (x)  x   3  ，因为a ，a 为函数 f (x)  x2  ln x  3x 1 变 ， 得 到 y sinx  ， 再 把 所 得 曲 线 向 左 平 移 个 单 位 长 度 ， 得 到 x x 2 7 2  12 3 的两个极值点，所以a a 3，因为  a  为等差数列，所以a a 3．故选B．   π   5π π  2 7 n 4 5 g(x)sinx  sinx ，其图象不关于点 , 0中心对称，选项D错．故选C．  3 12  12 4  4．B【解析】因为 AB AC 2AO ，所以BC 是圆O的直径.又因为 AB  AC ，所以ABC是 7．A【解析】因为210 2024211，所以10log 202411，1log 2024332，所以 2 2 以A为直角的等腰直角三角形．所以 BA 在 BC 上的投影向量为 BO ．故选B． 2024 253 f (log 2024)23 f (log 20249)232log 2 20249   ．故选A． 5．D【解析】m与  内所有的直线都垂直是m的充要条件，选项A错；根据面面垂直的 2 2 26 8 性质定理，缺少条件m，故也不是m的充分不必要条件，选项Ｂ错；由m与  内无 8．C【解析】由 f(x) f(x1)得 f (x1) f (x)c，其中c为常数，令x 0得 f (1) f (0)c， 数条直线垂直不能推出m，所以不是m的充分不必要条件，选项C 错；由l ，l ， 又 f(0)0, f(1)2，得c  2， f (x1) f (x)2.所以 f (n)2(n1)22n,nN ．  得//，又因为m，所以m，反之，由m推不出l ,l ,m，所以 1210 f (1) f (2) f (22) f (29)（2 1222 29）2 2046．故选C． l ,l ,m是m的一个充分不必要条件，选项Ｄ正确．故选Ｄ． 12  x 7π 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 6．C【解析】对于选项A， f(x)sin  ，把函数y  f(x)图象上所有点的横坐标伸长到 2 12  部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．  x 7π π 原来的 2 倍，纵坐标不变，得到 y sin  ，再把所得曲线向左平移 个单位长度，得 4 12  3 9．AC【解析】由 y  x3单调递增，知a3 b3 ，故选项 A 正确；c0时选项 B 不正确； 1 π 7π  x π x π  a b a b 到g(x)sin（（x ） ）sin  cos ，其图象不关于点 , 0中心对称，故选  2  2，当且仅当a b时等号成立，因为a b0，所以等号不成立，故选项Ｃ 4 3 12 4 2 4 4  b a b a 数学试卷答案 第1页（共9页） {#{QQABZQYAogAoAAIAARhCEwFSCkGQkgCACagOBEAEoAABiRNABAA=}#}正确；对于函数 y  xsinx，y1cosx0，所以 y  xsinx单调递增，又a b0，得 asina bsinb，故选项D不正确．故选AC． π π π 10. BCD 【 解 析 】 f ( )sin(sin )cos(cos )sin1cos0sin11 ， 2 2 2 π π f ( )sin(sin( )) 2 2 π π π cos(cos( ))sin(1)cos0sin11，得 f ( ) f ( )，所以 f(x)不是偶函数，故选项 2 2 2 A 错误； f (x2π)sin(sin(x2π))cos(cos(x2π))sin(sinx)cos(cosx) f (x)，所以 再由OA 底面OBC 可得 ND  底面OBC ，而 MD 平面OBC ，故 ND  DM ．又因为 OM f(x)是以2π为周期的周期函数，故选项B正确； ，所以DM //BC 且DM  2 2，所以可得 OB f (π-x)sin(sin(π-x))cos(cos(π-x))sin(sinx)cos(cos(x)) f (x)，所以 f(x)关于直 1 2 6 MN  DM2 DN2  22 (1)2  32 21 3( )2   ，所以B 选项错误； π 线x 对称，故选项C 正确； 3 3 3 2 OD AN 1 1 OM C选项，因为1，所以   ，即OD  ，又因为 ，所以OM OB , π π 对于选项 D，由 f(x)关于直线x 对称，只需看当x(0, ]时，1 f(x)0是否成立即可．当 OC AC   OB 2 2 再由 DN //OA 可得，点 N 到平面 OAM 的距离等于点 D 到平面 OAM 的距离，故有 π x(0, ] 时， 0sinx1 ， 0cosx1 ， 0sin(sinx)sin1 ， cos1cos(cosx)1，所以 V V V V ，因为OA底面OBC，所以OA即为三棱锥AODM 的高， 2 OAMN NOAM DOAM AODM 1 1 1 1 1 sin(sinx)cos(cosx)1 ， 又 因 为 sinxcosx 2sin(x π ) 2  π ， 所 以 从而V OAMN V AODM  3 S ODM OA 3  2   1 6 ，是定值，所以C 选项正确； 4 2 D选项，满足PA  PO且PB  PC的点P的轨迹是分别以OA, BC 为直径的球相交所得的圆， π π 0sinx cosx ， 2 2 如图下左所示，其轴截面如下右图所示， π 所以sin(sinx)sin( cosx) cos(cosx) ，所以1 f(x)0，故选项D正确．故选BCD． 2 3 11．ACD【解析】A 选项，三棱锥O ABC的外接球是边长为1的正方体的外接球，其半径R  ， 2 2  3 3 所以表面积为4πR2 4π  4π 3π，所以A选项正确；    2  4 B 选项，在三棱锥O ABC中，由OA，OB，OC 两两垂直可得OA底面OBC．如图所示，在 OD AN 线段OC 上取一点D，使得  ，即得DN //OA且DN 1， OC AC 数学试卷答案 第2页（共9页） {#{QQABZQYAogAoAAIAARhCEwFSCkGQkgCACagOBEAEoAABiRNABAA=}#}该圆的直径为线段HG，OA的中点E是OA为直径的球的球心，BC中点F 是BC为直径的球 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．【解析】考查方向：构造常数列/累加法求通项+分组求和、并项求和、等比数列求和 1 2  的球心，可得EG  1 ,FG  2 ,EF  3 ，从而GI  2 2  6 ，点P所形成的轨迹长度为 （1）【法一】构造常数列 2 2 2 3 6 由a2 a2  2n1 =(n+1)2 n2 (nN)，a 1，可得a2 (n+1)2 a2 n2 a2 12 0 ， 2 n1 n 1 n1 n 1   6 6 故数列 a2 n2 是恒为0的常数列，所以a2 n2，······································································· 5分 2π  π，所以D选项正确．故选ACD． n n 6 3 又因为数列  a  为正项数列，所以a n (nN).······································································· 6分 n n 【法二】累加法 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 1 π 1 1 1 由题意得：n2且nN，有 12． 【解析】因为sin( ) ，所以cos ，所以cos22cos21 ． 2 2 2 2 2 a2 a2  2(n1)1 2n1, π 1 n n1 13． 【解析】由πrl πr2  π且2πr  πl，得r2  ， h  l2 r2  3r2 1 ，所以 a2 a2  2(n2)1 2n3, 9 3 n1 n2  1 π V  πr2h  ． a2 a2  2215, 3 2 3 9 a2 a2  2113, 2 1 a2 b2 c2 14．4 3，[2, 6]【解析】由题意可得( ) 即可，当△ABC为等边三角形时有 (n1)(32n1) S min 将以上各式相加，得a2 a2 35(2n3)(2n1) n2 1 ， n 1 2 a2 b2 c2 a2 b2 c2 4 3.下证对于任意的三角形都有( ) 4 3． 将a 1代入上式即得a2 n2，且当n1时也成立，所以a2 n2， S S min 1 n n 证明过程如下： 又因为数列  a  为正项数列，所以a n (nN)．·····································································6分 n n   a2 b2 c2 4 3S  2 b2 c2 2bccosA2 3bcsinA （2）由（1）可得b (1)nn3n，令c (1)nn，其前2n项和为T ， n n 2n         2 b2c2 2bc 3sin AcosA 2 b2c2 4bcsin A  则T 1234(2n1)2nn，··············································································9分  6 2n 2  b2c2  4bc2  bc 20 ， 又因为3132 32n  3(132n)  3(32n 1)  32n13 ，························································12分 13 2 2 π 当A 且bc等号成立，即△ABC为等边三角形时等号成立．所以的最大值为4 3． 3 32n13 所以S n ．··························································································· 13分 2n 2 当取得最大值时，△ABC为等边三角形，如右图所示，取AB的中点D，          16．【解析】正弦定理+最值     2 2 2 则有PAPB PDDA  PDDA  PD DA  PD 3 ， bcosC 3bsinC sinBcosC  3sinBsinC （1）根据正弦定理， 1可化为 1，1分   ac sin AsinC 由图可得1|PD|3，所以 PAPB 的取值范围是[2, 6]． 数学试卷答案 第3页（共9页） {#{QQABZQYAogAoAAIAARhCEwFSCkGQkgCACagOBEAEoAABiRNABAA=}#}又因为BE  DG，AB  AD，所以tan tan，从而；········································7分 sinBcosC  3sinBsinC sin AsinC    sinBcosC  3sinBsinC sin(BC)sinC （2）以A为坐标原点，分别以AB,AD,AA 的方向为x轴、y轴、z 轴的正方向建立空间直角坐 1 sinBcosC  3sinBsinC sinBcosC sinCcosBsinC 标系． sinC( 3sinBcosB1)0. 则E(1,0,tan)，G(0,1,tan)，所以AE (1,0,tan)，AG (0,1,tan)，····························9分 ·············································································································································5分 因为C(0, π)，所以sinC 0，故有 3sinBcosB10，进而有sin(B π ) 1 ，因为B(0, π)， 设平面AEFG的法向量n (x,y,z)，则有    AEn 1  xztan0 ，令z 1，则有 6 2 1  AGn  yztan0 π π 5π π π π 1 所以B ( , )，故有B  ，所以B  ．································································7分 6 6 6 6 6 3 x tan,y  tan，所以n (tan,tan,1)，································································· 11分 1  2π π π   0 A 3 C  2 π π 平面ABCD的法向量n 2 (0,0,1)，平面AEFG 与平面ABCD所成角为，则 （2）因为B  ，所以 ，进而有 C  ．·················································8分 3  0C  π 6 2 1 1   2 cos|cosn ,n |  1 2 tan2tan21 π tan2tan2( )1 2 a b 1   由正弦定理可得sin A 3 sinC ， 1 1 3    2 1 1 3 tan2 1 2 tan2 1 tan2 tan2 2π 3 1 sin( C) cosC sinC 所以有 a  sin A  3  2 2  1  3cosC ， 当且仅当tan2 1 ，即 π 时等号成立，························································· 14分 sinC sinC sinC 2 2sinC tan2 4 3 1 3 3 1 3cosC 3 1 3 即平面AEFG与平面ABCD所成角的余弦值的最大值为 ．·········································15分 所以S  acsinB  a  (  ) (  )，·······································11分 ABC 2 4 4 2 2sinC 4 2 2tanC 3 18．【解析】（1）显然 y  f(x)的图象经过(2,0)，当x0时， y 2，所以 f(x)的图象经过 π π 3 3 3 1 3 3 因为 6 C  2 ，所以tanC  3 ，所以 8  S ABC  4 ( 2  2tanC ) 2 ，··························14分 的所有定点的坐标为(2,0)和(0,2)················································································1分 由题知 f(x)ex ax(x2)(ex a)(x1)  ex 2a  ，····························································2分 3 3 所以ABC面积的取值范围是( , )．·················································································15分 8 2 若以(2,0)为切点， f(2)e2 2a，切线为y (e2 2a)(x2)； 17．【解析】直线与平面所成的角，平面与平面所成的角，线面平行的判定定理和性质定理， 若以(0,2)为切点， f(0)2a1，切线为y (2a1)x2；············································ 4分 最值问题 （注：上述两条切线写出一条即可） （1）由BD//l ，BD平面AEFG，l 平面AEFG可得，BD//平面AEFG，····················2分 （2）①当a0时，ex 2a 0恒成立， 再由BD平面BB D D，平面BB D D平面AEFG  EG，所以BD//EG，·······················4分 1 1 1 1 所以当x1时, f(x)0, f(x)在(,1)单调递减， 又因为BE//DG，所以四边形BDGE 为平行四边形，所以BE  DG．·······························5分 在正四棱柱ABCD ABC D 中，BB ,DD 均垂直于平面ABCD，所以直线AE、AG与平面 当x1时， f(x)0， f(x)在(1,)单调递增； ··················································5分 1 1 1 1 1 1 ABCD所成的角分别为EAB,GAD，即EAB,GAD，···································· 6分 ②当a0时，由 f(x)0，得x 1或x ln  2a ． ············································6分 1 2 数学试卷答案 第4页（共9页） {#{QQABZQYAogAoAAIAARhCEwFSCkGQkgCACagOBEAEoAABiRNABAA=}#}e 1 当ln(2a)1，即a  时， f(x)0恒成立，则 f(x)在R上单调递增，········································ 7分 h(1)e10，所以存在t(0,1)，使得h(t)tet 10，即et  即lnt t.当x(0,t)时， 2 t e 当ln(2a)1时，即a  时,当x1时， f(x)0, f(x)在(,1)单调递增; h(x)0，g(x)0，g(x)单调递减；当x(t,)时，h(x)0，g(x)0，g(x)单调递增．所 2 1 当1 xln(2a)时， f(x)0， f(x)在  1,ln(2a)  单调递减； 以g(x) g(t) lntt1lntt 0 tet 当xln(2a)时， f(x)0， f(x)在  ln(2a), 单调递增； ··················································9分 1 所以 lnxx10也即 f(x2)(lnxx1)e2 0 ．··············································17分 xex e 当ln(2a)1时，即0a 时， 2 1 【证法三】当a 0时， f(x2)(lnxx1)e2 0   x(lnx x1)0． ex 当xln(2a)时， f(x)0， f(x)在 ，ln(2a)  单调递增； 1 1 令g(x) x(lnxx1) ，g(x) lnx2x， 当ln(2a) x1时， f(x)0， f(x)在(ln(2a),1)单调递减； ex ex 易知g(x)在(0,)上单调递增，x时，g(x)；x0时，g(x)，所以存在 当x1时， f(x)0， f(x)在  1, 单调递增； ·················································11分 1 t(0,)，使得g(t) lnt2t 0，即et lnt2t 即et (t)lntt ， 综上所述：当a0时， f(x)在(,1)单调递减，在(1,)单调递增； et e 1 当0a 时， f(x)在 ，ln(2a)  单调递增，在(ln(2a),1)单调递减，在  1, 单调递增； 令G(x)ex x ，则G(t)G(lnt)，因为G(x)在R 上单调递增，所以lnt t，即et  ． 2 t e 当a  时， f(x)在R上单调递增； 当x(0,t)时，g(x)0，g(x)单调递减；当x(t,)时，g(x)0，g(x)单调递增． 2 e 1 当a  时， f(x)在(,1)单调递增，在  1,ln(2a)  单调递减，在  ln(2a), 单调递增．···············12分 所以g(x) g(t) tlntt2t 0 ，所以 f(x2)(lnxx1)e2 0 ．·························· 17分 2 et （3）【证法一】当a 0时， f(x2)(lnxx1)e2 0 ex(xlnxx2x)10．     19．【解析】（１）【法一】由a 2a 1可得a 12 a 1 ，所以数列 a 1 为公比是 n n1 n n1 n 令g(x)ex(xlnxx2x)1，则g(x)ex(xlnxx2xlnx12x1)ex(x1)(lnxx) 2的等比数列，所以a 12n a 1  2n，即得a 2n 1，所以数列的母函数为 1 1 1 n 0 n 令h(x)lnxx,h(x) 1，则h(x)在(0,)上单调递增.又因为h(1)10，h( )1 0， x e e  f  x  2n 1  xn ． 1 1 所以存在t( ,1)，使得h(t)lntt 0，即lnt t即et  .当x(0,t)时，h(x)0，g(x)0， n0 e t ·························································································································· 4分 g(x)单调递减；当x(t,)时，h(x)0，g(x)0，g(x)单调递增.所以 g(x) g(t)et(tlntt2t)10 ． 【法二】在 1   Ck1 xn 1Ck1xCk1x2 Ck1 xn 中  1x k nk-1 k k1 nk-1 n0 所以ex(xlnxx2 x)10也即 f(x2)(lnxx1)e2 0 ．·········································17分 1   1 令k 1得 C0xn xn 1xx2 xn ，所以 【证法二】当a 0时， f(x2)(lnxx1)e2 0  lnx x10． 1x n xex n0 n0 1 1 (x1) 1 (x1)(xex1) 12x22x2 2nxn ， 令g(x) lnxx1，g(x)  1 ， 12x xex x2ex x x2ex 令h(x) xex 1，h(x)(x1)ex 0 ，则h(x)在(0,)上单调递增．又因为h(0)10， f  x a 0 a 1 xa 2 x2a n xn① 数学试卷答案 第5页（共9页） {#{QQABZQYAogAoAAIAARhCEwFSCkGQkgCACagOBEAEoAABiRNABAA=}#}2xf  x 2a x2a x22a x32a xn1② f  x  2 2 4 4 4 0 1 2 n G  x       1x  1x  12x 3 1x 12x (12x)2 (12x)3 ①②得  12x  f  x a  a 2a  x  a 2a  x2  a 2a  x3  a 2a  x n     0 1 0 2 1 3 2 n n1 2C0xn 4C02nxn 4C1 2nxn 4C2 2nxn n n n1 n2 1 n0 n0 n0 n0 0xx2x3xn 1 ， 1x    242n4C1 2n4C2 2n  xn [2n1  n2n2  2]xn ， 1 1 1 2 1 1 1 n1 n2 f  x        n0 n0 12x  1x  12x  12x 12x 1x 12x 1x 所以S 2n1  n2 n2  2．·················································································· 17分 n (20 21x22x2 2nxn ) (1xx2 xn ) (20 1)(211)x(22 1)x2 (2n 1)xn    2n 1  xn ．································································································4分 n0 （２）由题意得G  x S S xS x2S xn ① 0 1 2 n 那么xG  x S xS x2S x3S xn1 ② 0 1 2 n ①②得  1x  G  x  S  S S  x S S  x2  S S  x3  S S  x n 0 1 0 2 1 3 2 n n1 a a xa x2a xn  g  x ， 0 1 2 n   g x 所以G  x  ．·······························································································10分 1x 1  （3）由公式 Ck1 xn 1Ck1xCk1x2 Ck1 xn 可得  1x k nk-1 k k1 nk-1 n0 1  令k 3得 C2 xn  1 x 3 n2 n0 2    所以 2C2 (2x)n (n2)(n1)2nxn a xn  12x 3 n2 n n0 n0 n0 2 数列{a }的母函数为 f  x  ， n  12x 3 由（２）结论知数列{S }的母函数为 n 数学试卷答案 第6页（共9页） {#{QQABZQYAogAoAAIAARhCEwFSCkGQkgCACagOBEAEoAABiRNABAA=}#}