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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
4
12. ❑√2 13. − 14.3
3
8. 如图,由题意得, R=2,∴OH=|h−2),CH=❑√4−(h−2) 2 , ∵ 该三棱锥为正三棱锥,
1 ❑√3 ❑√3
∴BC=❑√3⋅❑√4−(h−2) 2=❑√3⋅❑√−h2+4h ,∴V = ⋅ ⋅BC2 ⋅h= (−h3+4h2)
P−ABC 3 4 4
( 8) (8 )
令 f (h)=−h3+4h2(00) 有解,则 xex+aln(xex)=0(x>0) 有解, 令
1 lnt
t=xex,t>0 ,即 t+alnt=0 ,当 a=0 时,不符合题意,则 − =
a t
1 1 1
∴− <0 或 0<− <
a a e
14.① a+b+c=ab+bc+ac+a+b+c,ab+bc+ac=0
② ac=abc+c2,ba=abc+a2,bc=abc+c2
③ a(1−b)=c,b(1−c)=a,c(1−a)=b
abc(1−b)(1−c)(1−a)=abc,(1−b)(1−c)(1−a)=1,a+b+c+1+(ac+bc+ab)+abc=1,a+b+c=−abc
④ (a+b+c) 2=(abc) 2,a2+b2+c2+2(ab+ac+bc)=(abc) 2
−3abc=(abc) 2,abc=−3,∴a+b+c=3
3
15. (1) ∵bcosAcosC+acosBcosC= c
4
3 3 3
∴(bcosA+acosB)cosC= c ,即 ccosC= c,cosC=
4 4 4
❑√7
∴sinC=
4
1
∴S = absinC=3❑√7 6 分
ΔABC 2
(2) c2=a2+b2−2abcosC=16,∴c=4
3
∵a=c ∴A=C ∴cosA=cosC=
4
1 3
∵3⃗BD=⃗DC∴⃗AD= ⃗AC+ ⃗AB
4 4
∴⃗AD2= (1 ⃗AC+ 3 ⃗AB ) 2 =18,|⃗AD)=3❑√2 7 分
4 4
16. (1) ∵S =na +2n(n−1)
n n
∴S =(n−1)a +2(n−1)(n−2),n≥2
n−1 n−1
a =S −S =na +2n(n−1)−(n−1)a −2(n−1)(n−2),
n n n−1 n n−1
化简得: (n−1)a −(n−1)a +4(n−1)=0
n n−1
∵n≥2,∴a −a =−4 6 分
n n−1
∴{a ) 是以公差为 -4 的等差数列.
n
(2)由(1)得 a =a +5d=a −20 ,
6 1 1
同理 a =a −12,a =a −24
4 1 7 1
由题意 a2=a a ,(a −20) 2=(a −12)(a −24) ,
6 4 7 1 1 1
解得 a =28
1
∴a =a +(n−1)d=−4n+32
n 1∵ 当 n≤8 时, a ≥0 ,当 n>8 时, a <0 ,
n n
(a +a )8
∴(S ) =S =S = 1 8 =112 9 分
n max 7 8 2
17. (1)如图,取 AC 中点 O ,连接 OB,OP .
∵AB=BC=❑√2,AC=2,∴AB2+BC2=AC2
∴ΔABC 为等腰直角三角形, O 为中点
∴AC⊥OB
∵PA=PC,O 为中点
∴AC⊥OP
{
OB,OP⊂面C
)
OB∩OP=O
∵
AC⊥OB
AC⊥OP
∴AC⊥ 面OBP
∵PB⊂ 面OBP, ∴AC⊥PB 5 分
{
面PAC⊥面 ABC
)
(2) ∵ 面PAC∩面 ABC=AC
OP⊥AC
∴OP⊥ 面 ABC,∴OP⊥OB,∴OB,OC,OP 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) ( 2 ❑√3)
∵⃗PD=2⃗DC,∴D 0, , ,∴⃗AB=(1,1,0),⃗AP=(0,1,❑√3),⃗DB= 1,− ,−
3 3 3 3
令面 PAB 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
∴sinα=cosθ= = 6 分
|⃗DB)⋅|⃗n) 7
( 5 ❑√3)
(3) ⃗AB=(1,1,0),⃗AD= 0, , ,⃗AP=(0,1,❑√3)
3 3
令面 ABD 的法向量为 ⃗m
{⃗m⋅⃗AB=0)
则 ,可得 ⃗m=(❑√3,−❑√3,5)
⃗m⋅⃗AD=0
|⃗AP⋅⃗m) 4❑√93
∴d= = 4 分
|⃗m) 31
b 1
18. (1) 由题意得 k =± ,k =±
1 a 2 2
∵|k )⋅|k )=1,∴b=2a
1 2
∵C 的焦点到渐近线的距离为 2,∴b=2,∴a=1,b=2,c=❑√5
1
y2
双曲线方程为 x2− =1 5 分
4
(2)令 A(m,n) ,由题意 A′(n,m) 1 分
∵A 在 C 上
2
m2 n2 8
∴ − =1 ,得 (m+2n)(m−2n)=8 ,即 2n−m=− 2 分
8 2 (m+2n)
令 1:y−m=2(x−n)
{y−m=2(x−n)
)
y2 ,可得 4x2−[2(x−n)+m) 2 =4
x2− =1
4
1 2n−m
化简得 x = +
P 2n−m 4n 3m
∴x = − 3 分
P 4 8
同理可得
n 3m
x = +
Q 4 8
2 分
∴|A′P)|A′Q)=❑√5|x −x )⋅❑√5|x −x )=5
|
n−
n
+
3m)|
n−
n
+
3m)
=
45
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 x=1 时,等号成立
x2
∴ 存在 P(1,1) ,使得 P 是 M 的“ f 最近点” 3 分
(2) s(x)=x2+(lnx−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) =s(1)=1
min
∴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 m 必为 s (x),s (x) 的极
1 2 1 2
小值点
{s′ (m)=0) {2(m−t−1)+2(f (m)−f (t)+g(t))f′(m)=0)
则 1 ,可得
s′ (m)=0 2(m−t+1)+2(f (m)−f (t)−g(t))f′(m)=0
2∴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 (m)≤s (t)) {(m−t−1) 2+(f (m)−f (t)+g(t)) 2 ≤1+g2(t))
1 1 ,可得
s (m)≤s (t) (m−t+1) 2+(f (m)−f (t)−g(t)) 2 ≤1+g2(t)
2 2
两式相加得 (m−t) 2+(f (m)−f (t)) 2 ≤0,∴m=t
1
∴f′(t)=
3 分
g(t)
∵∀t∈R,g(t)>0,∴f′(t)>0
∴f (x) 在 R 上单调递增. 1 分
