2025 - 2026 学年度上期七校高三二阶段联考
数学试题(参考答案)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
B
C
C
B
C
A
D
ACD
ABD
AB
12. - 1
4
13. n2-n
2
，n ∈N *
14.2
8. 解析：令g(x) = f(x)
x2
(x > 0) ,∴g'(x) = xf'(x)-2f(x)
x3
> 0，
∴函数g(x) 在(0 ,+∞) 上单调递增，
∵x2f(x + 1) - f(x2+ x) < 0，∴f(x+1)
(x+1)2 - f(x2+x)
x2(x+1)2 < 0，∴g(x + 1) < g(x2+ x)，
∴x + 1 < x2+ x ,∴x2> 1，又∵x + 1 > 0 , x2+ x > 0 , 即x > 0，∴x > 1，
∴不等式的解集为(1 ,+∞).
11. 解析：对于选项A，取B1C1 的中点O1，连接A1O1 并延长交B1C1
于P，连接B1P，
∵AB ⊥AC，且AB = AC = 2 ,∴A1O1 = 1
2 B1C1 = O1P,
∴四边形A1B1PC1 是平行四边形，∴C1P ⎳A1B1 , C1P = AB,
由直三棱柱A1B1C1 - ABC 知，AB ⎳A1B1 , AB = A1B1,
∴C1P ⎳AB , C1P = AB ,∴四边形ABPC1 是平行四边形，
∴BP ⎳AC1 , 故A 正确.
对于选项B，如图，过C1 作C1D1 ⎳A1B1 交B1C1
于D1，
当点P 是D1C1
中点时，点P 到A1B1 的距离d 最大，dmax = 1 +
2,
又因为SΔABB1= 1
2 AB ⋅BB1 = 1
2 × 2 × 4 = 4,
∴三棱锥P - ABB1 体积的最大值为Vmax = 4(1+
2)
3
，故B 正确；
对于选项C，过P 作D1D ⊥平面ABC 分别交B1C1
于D1，交BC
于D，连接AD 交
BC 于O，连接A1O，
则∠PAD 为直线PA 与底面ABC 所成角，
因为PA ⊥平面A1BC，PA ⊂平面A1ADD1，
平面A1ADD1 ∩平面A1BC = A1O，
所以PA ⊥A1O，∠PAD + ∠AOA1 = π
2 ，
又因为A1A ⊥AO，∠OA1A + ∠AOA1 = π
2 ，
所以∠PAD = ∠OA1A，
所以sin∠PAD = sin∠OA1A = AO
A1O =
2
3 2 = 1
3 ，故C 不正确．
对于选项D，如图，将侧面ABB1A1 展开与底面AA1C1C 在同一平面，
BC1 =
(2+2)2+42 = 4 2 , 且4 2 <
16+2π2
即质点沿着面ABB1A1 和底面AA1C1C 运动从点B 到C1 的最短路程是4 2，
故D 不正确；
故选AB.
14. 解析：由题得
f(1-2x)=-f(1+2x)
x- f(x+2)=-x- f(2-x)
，等式两边同时求导，
得-2f'(1-2x)=-2f'(1+2x)
1- f'(x+2)=-1+ f'(2-x)
，∴
f'(1-2x)= f'(1+2x)
f'(x+2)+ f'(2-x)=2
，①
∴f'(1 - x) = f'(1 + x) , 用x - 1 替换x 可得f'(2 - x) = f'(x),
结合①可得f'(x + 2) + f'(x) = 2 ,∴f'(x + 4) + f'(x + 2) = 2，∴f'(x + 4) = f'(x)，
∴f'(x) 是周期函数，周期为4，
在f'(x + 2) + f'(2 - x) = 2 中令x = 1，得f'(1) + f'(3) = 2,
∴f'(2025) + f'(2027) = f'(1) + f'(3) = 2.
15.解：(1) f'(x) =- 1
x +
1
x + 2 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2
由题意可知
f'(1)=2
f(1)=2+2=4
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4
所以f(x) 在x = 1 处的切线方程为y - 4 = 2(x - 1) , 即2x - y + 2 = 0 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6
(2)f'(x) =- 1
x +
1
x + 2 = 2x+
x-1
x
= ( x+1)(2 x-1)
x
因为x ∈[ 1
4 , 2] 时，所以f'(x) ≥0，所以f(x) 单调递增⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9
所以f( 1
4 ) = 2ln2 + 3
2
f(2) =-ln2 + 2 2 + 4 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11
所以当x = 1
4 时, f(x) 取最小值, 最小值为2ln2 + 3
2
当x = 2 时, f(x) 取最大值, 最大值为-ln2 + 2 2 + 4 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13
16. 证明:(1)取PB 中点F,连接EF , AF
∵E , F 分别为PC , PB 中点∴EF ∥BC , EF = 1
2 BC
又AD ∥BC , AD = 1
2 BC
∴EF ∥AD , EF = AD
∴四边形AFED 为平行四边形，∴AF ∥DE
又DE ⊄平面PAB，AF ⊂平面PAB
∴DE ∥平面PAB ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5
(2)取AB 中点O,连接PO
∵△PAB 为正三角形
∴PO ⊥AB，AP = AB = 1
又AD = 1，PD =
2 则满足AD2 + AP2 = PD2
故AD ⊥AP
又AD ⊥AB，AB ∩AP = A ，AB , AP ⊂平面PAB
∴AD ⊥平面PAB，又AD ⊂平面ABCD
∴平面PAB ⊥平面ABCD
又PO ⊥AB，PO ⊂平面PAB，平面PAB ∩平面ABCD =
AB
∴PO ⊥平面ABCD
在平面PAB 内过点A 作AM ∥PO, 则AM ⊥平面ABCD
如图所示, 以A 为坐标原点, AB , AD , AM 分别为x 轴, y 轴, z 轴,建立空间直角坐标系
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8
B(1 , 0 , 0)，D(0 , 1 , 0) ，P( 1
2 , 0 ,
3
2 )，C(1 , 2 , 0)，E( 3
4 , 1 ,
3
4 ) ⋯⋯⋯⋯⋯9
BD
= (-1 , 1 , 0)，BE
= (- 1
4 , 1 ,
3
4 )
设平面EBD 的一个法向量为m= (x , y , z)
m⋅BD
=0
m⋅BE
=0
即
-x+y=0
- 1
4 x+y+
3
4 z=0
取x = 1，则y = 1 , z =- 3，即m= (1 , 1 ,- 3) ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11
又平面CBD 的一个法向量为n= (0 , 0 , 1) ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12
设平面EBD 与平面CBD 的夹角为θ，则
cosθ = |cos ＜m, n＞| = |m⋅n|
|m||n|
=
3
1+1+3 =
15
5
所以平面EBD 与平面CBD 夹角的余弦值为
15
5
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15
17. 解：(1) 由正弦定理得sinAsinB - sinBcos(A - π
6 ) = 0 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2
因为B ∈(0 , π)，所以sinB ≠0
则sinA -
3
2 cosA - 1
2 sinA = 0，
即sinA =
3 cosA ，即tanA =
3 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4
因为A ∈(0 , π) , 所以A = π
3 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5
(2)(i) 因为AD ⊥BC，故∠ADB = π
2
o
由∠ADB = 2∠ACB 可知
∠CAD = ∠ADB - ∠ACB = ∠ACB = π
4
故∠DAB = π
3 - π
4 = π
12 ，
又c = 3 ，
所以AD = ccos π
12 = 3cos( π
3 - π
4 ) = 3( 2+
6)
4
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9
(ii) 由(i)知∠CAD = ∠ACB , 所以CD = AD
令∠DAB = θ , 则θ ∈(0 , π
3 )
∠CAD = π
3 - θ = ∠C ，∠B = π - π
3 - ( π
3 - θ) = π
3 + θ ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11
在△ADB 中由正弦定理BD
sinθ =
AD
sin( π
3 +θ)
所以BD
CD = BD
AD =
sinθ
sin(θ+ π
3 )
=
sinθ
1
2 sinθ+
3
2 cosθ
=
1
1
2 +
3
2tanθ
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13
因为θ ∈(0 , π
3 ) ，所以0 < tanθ <
3 ，则
1
tanθ >
3
3
所以BD
CD =
2
1+
3
tanθ
∈(0 , 1) ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15
18. 解:(1) 由题意(3n + 1)an+1 - 6Sn+1 =-68n - 125 , a1 = 25 可得
令n = 1，4a2 - 6(a1 + a2) =-68 - 125，解得a2 = 43
2 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2
令n = 2，7a3 - 6(a1 + a2 + a3) =-68 × 2 - 125 ，解得a3 = 18 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4
(2)因为(3n + 1)an+1 - 6Sn+1 =-68n - 125 ①
所以当n ≥2 时，(3n - 2)an- 6Sn=-68(n - 1) - 125 ②
由①-②，得(3n - 5)an+1 - (3n - 2)an=-68 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6
即
an+1
3n-2 -
an
3n-5 =
-68
(3n-2)(3n-5) =- 68
3 (
1
3n-5 -
1
3n-2 )
(*)
又a2
1 -
a1
(-2) = 43
2 -
25
(-2) = 34 =- 68
3 (
1
3×1-5 -
1
3×2-2 ) 满足(*) 式. ⋯⋯9
故
an
3n-5 = (
an
3n-5 -
an-1
3n-8 ) + ( an-1
3n-8 -
an-2
3n-11 ) +⋯+ ( a2
1 -
a1
(-2) ) +
a1
(-2)
=- 68
3
1
3n-8 -
1
3n-5
+
1
3n-11 -
1
3n-8
+⋯+
1
(-2) - 1
1
- 25
2
=- 68
3
-
1
3n-5 - 1
2
- 25
2
=
68
3(3n-5) - 7
6
an=- 7
6 (3n - 5) + 68
3 =- 7
2 n + 57
2 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11
（2）法二
因为(3n + 1)an+1 - 6Sn+1 =-68n - 125 ①
所以当n ≥2 时，(3n - 2)an- 6Sn=-68(n - 1) - 125 ②
由①-②得，(3n - 5)an+1 - (3n - 2)an=-68 ③⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6
所以(3n - 2)an+2- (3n + 1)an+1 =-68 ④
由④- ③，得(3n - 2)an+2+ (3n - 2)an- (6n - 4)an+1 = 0
即an+2+ an= 2an+1 , 因此an+2- an+1 = an+1 - an
所以当n ≥2 时，{an} 是等差数列⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9
又由（1）可知a1 = 25 , a2 = 43
2 , a3 = 18 , 满足a3 - a2 = a2 - a1 ,
即n ∈N *时，an+2- an+1 = an+1 - an, 因为a2 - a1 = 43
2 - 25 =- 7
2
所以{an} 是以25 为首项，- 7
2 为公差的等差数列
所以an=- 7
2 n + 57
2 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11
(3) 易知an
是首项为正数的递减等差数列
由an≥0
an+1≤0
，即
- 7
2 n+ 57
2 ≥0
- 7
2 (n+1)+ 57
2 ≤0
，解得50
7 ≤n ≤57
7
所以a1 > a2 > a3 >⋯> a8 > 0 > a9 > a10>⋯,
因此a1a2a3 > a2a3a4 > a3a4a5 >⋯> a6a7a8 > 0 > a7a8a9 > a8a9a10>⋯
而a7a8a9 < 0，a8a9a10> 0 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13
Tn=
n
k=1
akak+1ak+2
所以T6 > T5 >⋯> T1 , T6 > T7 , T7 < T8 , T8 > T9 > T10>⋯,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15
又T8 - T6 = a7a8a9 + a8a9a10= a8a9(a7 + a10)
= a8a9 - 49
2 + 57
2 + - 70
2
+ 57
2
=- 5
2 a8a9 > 0
所以Tn中，T8 最大，即当n = 8 时，
n
k=1
akak+1ak+2取最大值. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯17
19. 解:(1) 当a = 1 时，f(x) = exsinx
则f(x) = ex(sinx + cosx) =
2exsin(x + π
4 ) ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2
令f(x) ≥0 得，x ∈[- π
4 + 2kπ , 3π
4 + 2kπ] k ∈Z
所以f(x) 单调递增区间为[- π
4 + 2kπ , 3π
4 + 2kπ] k ∈Z ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5
(2) 由a > 0 , 当x ≤- π
2 时, 则eaxsinx >-1 >- π
2 ≥x ;
当- π
2 ≤x ≤0 时，此时sinx ≤0, eax ≤1 故eaxsinx ≥sinx ≥x ;⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8
当0 < x ≤π
2 时，设g(x) = eaxsinx - x
g(x) = eax(asinx + cosx) - 1
令φ(x) = eax(asinx + cosx) - 1, 则φ(x) = eax[2acosx + (a2 - 1)sinx]
若a ≥1, φ(x) > 0 , g(x) 单调递增，g(x) ≥g(0) = 0 , 因此g(x) 单调递增,
故g(x) ≥g(0) = 0 , 符合题意; ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11
若0 < a < 1 时，φ(x) = (1 - a2)eaxcosx(
2a
1-a2 - tanx)
令φ(x0) = 0 , 解得tanx0 =
2a
1-a2 ,
此时g(x) 在(0 , x0) 单调递增, 在(x0 , π
2 ) 单调递减，因此g(x0) > g(0) = 0.
而g( π
2 ) = ae
π
2 a- 1 , 设a0 是h(a) = ae
π
2 a- 1 的零点，注意到h(a) 单调递增，
当a ≥a0 时,此时g( π
2 ) > 0，故g(x) > 0 ，从而g(x) 单调递增, 故g(x) ≥g(0) = 0 , 符
合题意；
当0 < a < a0 时，则存在x1 ∈(x0 , π
2 )，使得g(x1) = 0，且g(x) 在(0 , x1) 单调递增,在
(x1 , π
2 ) 单调递减，
故g( π
2 ) ≥0 即e
π
2 a ≥π
2 ，解得a ≥2
π ln π
2 ，此时h( 2
π ln π
2 ) = ln π
2 - 1 < 0 , 即
2
π ln π
2 < a0 ，因此2
π ln π
2 ≤a ≤a0 ,
综上所述，a ≥2
π ln π
2 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯17
