江苏省连云港市2024-2025学年高三第一学期期中调研考试数学试卷答案

高三数学参考答案202411一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。1.A2.B3.A4.C5.B6.D7.C8.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。9.ACD10.AB11.BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。112.{xx|4≤≤2}（或[4,2]）13.14.02四、解答题：本题共5小题，共77分。15.解：(1)在△ABC中，由正弦定理得sinBC2sin，………………………………3分33由sin(πCB)cos，所以sinCBcos，得tanB3，……………………5分22因为B为三角形内角，所以B.……………………………………………………6分3113(2)法1：由余弦定理得a,……………………………………………………8分2713所以abc.………………………………………………………………10分2abcabc4正弦定理得，………………………12分sinABCABCsinsinsinsinsin37339所以sinABCsinsin.…………………………………………………13分8313法2：因为B，所以sinB，sinCBsin，…………………………8分322413由bc知BC，则C为锐角，所以cosC，……………………………10分4393sinABCsin()sinBCBCcoscossin，……………………………12分87339所以sinABCsinsin.………………………………………………13分816.解：（1）n2时,anSnSn1112an1(2an1)2an2an,有aann21，……………………………………………………………………………4分又n1时，a1S121a1，有a110，…………………………………6分所以数列{}an是以1为首项，公比为2的等比数列.n1*（2）由（1）得数列{}an的通项公式an2(nN)…………………………………8分1352n1设Tnanan1an2a11352nn321则Tn①2n12n22n321201352n32Tnn2(21)②…………………11分2n22n32n420①－②得：11111Tnn2()2(21)2n12n22n321202(11111)14n22n12n22n321202n164n32n13………………………………………………………………………分Tnn46n115231917.解：（1）由椭圆过B（20，）知a2，将A(1，)代入方程，得1，求得b23,244b2则c2ab221.…………………………………………………………………………4分c1所以椭圆C的离心率e.…………………………………………………………6分a2xy22（2）由(1)知椭圆C的标准方程为1，43当直线l的倾斜角为0时，B、M、N共线，不合题意.………………………………7分当直线的倾斜角不为0时，设l:1xmy，M(,)xy11，N(,)xy22.144m21440xmy1226m22得(3m4)y6my90,有……………………10分xyyy122134m439yy1234m2211261m△BMN的面积为BF|y1y2|(y1y2)4y1y2=2234m2626m2162由△BMN的面积为，知，解得m1.………………………12分73m247由MFλFN，知λ0，yy12λ.yy12λ①6②2942942当m1时，yy12,得7λ18λ70，解得λ或.7779yy③127942同理，当m1时，或.7942综上，或λ.……………………………………………………15分718.解：（1）不能.………………………………………………………………………1分假设在侧面PDC内存在直线与AB平行，可得AB与侧面PDC平行.依据线面平行性质定理，可得AB与CD平行,这与已知条件矛盾.…………………………………………3分（2）在底面ABCD中，AD∥BC，DAB90，ADAB1，所以BD2,又BC2，DBC，由余弦定理得CD2，所以BC2BD2CD2，得CDBD，…5分4因为PD平面ABCD，CD面ABCD,所以PDCD.……………………………7分又PDBDD,PD,BD面PBD，所以CD平面PBD.…………………………9分（3）过点A作直线l垂直平面ABCD,ABAD，以为原点，AB,AD分别为xy,轴正方向，为z轴，向上为正方向建立空间直角坐标系.则AB0,0,0,1,0,0,C1,2,0，DP0,1,0,0,1,2，…………………………………………………………………11分AEAP0,,2因为E为棱AP上的点，设,n1x,,yz为平面BDE的法向量，n1BDn1BD0xy01则,,,令x1得yz1,，则xy20z2n1BEn1BE01n11,1,，…………………………………………………………………………13分2因为平面，所以n20,0,1为平面的法向量，因为二面角1221ABDE的大小为45°，所以cosnn12,，得.……15分122311221212则AE0,,，BEBAAE1,,,PC1,1,2,33333设直线BE与PC所成角为，则coscosBE,PC,33所以异面直线BE与PC所成角的余弦值为,………………………………………17分319.解：（1）fx()的定义域为（0，），………………………………………………1分12x111fx()2，由fx()0，得x，增区间为（，），fx()0，xx22111得0x，减区间为（0，），故在x处取得最小值1ln2.………4分22211111ax（2）因为0a，故1，由的定义域为，f()xa，eaa2xx111得在（1，）单调递减，在（，）单调递增，aaa211由fa(1)0，fa()1ln0，fx()在（1，）单调递减，且图象在上aa连续不断，所以在上有且只有一个零点.…………………………………6分1111下面证明fa()2ln0，令F(x)2lnx，0x，aa2xe122x11又Fx()，当x(0,)，Fx()0，Fx()递减，x22xxe1故，F(x)F()e20，故,e11111由f()0，，在（，）单调递增，且图象在（,）上a2aa2aa211连续，所以在（,）上有且只有一个零点.……………………………………8分aa21综上，函数在(1,)上有2个零点.……………………………………………9分a2111（3）先证xx，由在(0,)递减，在(,)递增，f(x)f(x)2时，不12a2aa12111妨设0xx，令G()()()xfxf，x(0,)，12aax2a1111(ax1)21则22，故在G(x)f(x)22f(2)a22(aax)20Gx()(0,)axaxxaxaxa111递增，则有G(x)G()0,即x1(0,)，有f()()x1f2，aaax111111则有f()()x2f2，又x2，2，且在递增，故有x22，ax1aax1aax1则有成立；……………………………………………………………………13分11再证xx，由上可得f(x)f()1lnaf(x)2，得0ea，则有12eamina1111111x2，e1x2，要证，即证x1，又因为x1,,在aeeax2aaex2a1111递减,故只需证f()f(x1)2,即证ln2，即证lnax210，axe2eex22axex2t21又fx(2)2，得ax22lnx2，令ax2t1，则x2e，不等式lnax210可ex2以转化为e1tlnt10,………………………………………………………………15分1etet令h(t)e1tlnt1，t1，ht()e1t，tt令φ(t)etet,t1，φ(t)ete,当t(1,)时，φ(t)0,φ()t递增，φ()tφ(1)0，则有ht()0,故有ht()递增，因此ht()h(1)=0，即t1时，e1tlnt10成立，所以成立，11综上，不等式xx成立………………………………………………………17分aae122