辽宁省丹东市五校协作体2024-2025学年高三上学期12月月考试题 数学 PDF版含答案

tI'l'_l,．，按秘密级事项管理丹东市五校协作体联考数学试卷注意事项：l．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。一3.考试结束后，将本试卷和答题卡并交回。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，一只有项是符合题目要求的。｀、丿1.已知集合A={l,2,3},B={xIy=』二歹｝，则AnB=(A.{l}B.{O,l}C.{-1,l}D.{-1,0,1}、丿p:冗冗＝－-,p2.已知命题VaeR,sin(—+a)cos(-a)，则为（36,冗冗年冗冗=t:-A.VaER,sin(-:;-+3a)cos(—6-a)B.3aER,sin(.:_;+36a)cos（一－a)w江冗冗一－冗冗c.、R,sin(�+3a)=cos（6a)D.3a釭，sin(�+3a)=cos(�6-a)3.在等差数列忆｝中，已知a1=-9,a3+a5=-9,a2n-l=9，则n=()A..7B.8C.9D.10、丿4.已知向量沪(1,-1),E=(2,1)，若(ta+E)上(-2a+t旬，则t=(上A.1或兮B.-2或2c.-1或2D.-2或1、冗冗（丿5.已知咋(—，冗），五cos2a2=sin(a-－），则sin2a4=331n_1一c-4i-4A.--4B.46.已知a>O,b>0，且a+b=4，则（）ll22A.言;;>:2¾¾2B.记扣迈C.a+2b:2:8D.(a+J(b+J:2:8x7.设f(x)=e+lnx,满足f(a)f(b)f(c)<0(0A.X。aC.XcD.X。丹东市五校协作体数学试卷第1页（共4页）{#{QQABIQwEggCoABJAARgCAw0SCkKQkhGAAQgOhBAAsAABCBFABAA=}#}{#{QQABIQwEggCoABJAARgCAw0SCkKQkhGAAQgOhBAAsAABCBFABAA=}#}{#{QQABIQwEggCoABJAARgCAw0SCkKQkhGAAQgOhBAAsAABCBFABAA=}#}{#{QQABIQwEggCoABJAARgCAw0SCkKQkhGAAQgOhBAAsAABCBFABAA=}#}丹东市五校协作体联考数学参考答案一、选择题1．A2．B3．A4．D5．C6．D7．B8．C二、选择题9．BCD10．BD11．BCD三、填空题112.413．14.634四、解答题15．解：（1）由asinBbcos(A)及正弦定理得:sinAsinBsinBcos(A).663131故sinAsinBsinB(cosAsinA)sinBcosAsinBsinA,222213所以sinAsinBsinBcosA223分13因为B(0,),sinB0,所以sinAcosAsin(A)0,223因为A(0,),所以A35分（2）由（1）可知，由余弦定理得b2c2a2bc,又a2,所以b2c2bc4,由基本不等式得：b2c22bc,即bc42bc,所以bc4，当且仅当bc2时，等号成立.7分又(bc)2b2c22bc3bc416,即0bc4,又bca2,9分所以2bc4,所以4abc6,即ABC的周长取值范围是4,613分16．解：（1）记X为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，此时X的所有可能取值为1211311C130，2，3，可得，3,P(X0)11P(X2)012C42C4822C481P(X3)＝1﹣P(X1)﹣P(X2)=，则X的分布列为：4X023P3318843313故E(X)023；4分8842（2）记ξ为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，211P此时（＝）＝，Pξ0P1(1P)1C4C44C13（＝）3，Pξ2=P0(1P)1(1P)C44C11（＝）2，Pξ3=P1(1P)0PC421P313所以E()02(1P)3P；7分4422记为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，C21C111此时43，P(0)P2(1P)2PC4C43221C4C31P(4)P0(1P)2(1P)C4211P(6)P2(1P)0PC461111所以E()0(P)4(1P)6P2P；10分3226记为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”，C3113此时4，P(0)P1(1P)3PC44411，P(6)P0(1P)3(1P)C441313所以E()0(P)6(1P)(1P),12分444232P233(1P)1若满足唯独选择方案Ⅰ最好，此时22，解得P1．故p的取值范围为20P11,1.15分217．解：(1)当a2时，则f(x)e2x2x，f(x)2e2x2,可得f(1)e22,,f(x)2e222分即切点坐标为1,e22，切线的斜率为k2e22,4分2222所以切线方程为y(e2)(2e2)(x1),即(2e2)xye5分(2)由题意可知：f(x)的定义域为R,且f(x)2e2x(a2)exa(2exa)(ex1)(I)若a0,则2exa0，令f(x)0，解得x0可知f(x)在,0内单调递减，在0,内单调递增；7分a(II)若a0，令f(x)0，解得xln()或x02a①当ln()0，即2a0时2aa令f(x)0，解得x0或xln()，可知f(x)在ln(),0内单调递减，在22a,ln()，0,内单调递增；2a②当ln()0，即a2时，则f(x)2(ex1)20,可知f(x)在R内单调递增；2aa③当ln()0，即a2时，令f(x)0解得x0或xln()；可知f(x)在22aa0,ln()内单调递减，在ln(),，,0内单调递增；13分22综上所述：若a0,f(x)的单调递减区间为,0，单调递增区间为0,；aa若2a0，f(x)的单调递减区间为ln(),0，单调递增区间为,ln()，220,；若a2，f(x)的单调递增区间为R，无单调递增区间；a若a2，f(x)的单调递减区间为0,ln()，单调递增区间为,0，2aln(),.15分218．(1)证明：PA⊥底面ABC,且BC底面ABC,PA⊥BC,PAACA,且PA,PC平面PAC,AC⊥BC,BC⊥平面PAC,又AD平面PAC,BC⊥AD,PA=AC,且D为的PC中点，AD⊥PC,又PCBCC,且PC,BC平面PBC,AD⊥平面PBC,PB平面PBC,AD⊥PB;6分（2）根据题意可知，以点A为原点，以过点A且平行于BCB的直线为x轴，AC,AP所在的直线分别为y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示33PAACBC3,可得A(0,0,0),B(3,3,0),C(0,3,0),P(0,0,3)，D0,,,则PB2233（3,3，-3）,PD0,,,8分22因为G在线段PB上，设PGPB(3,3,3),其中01,336则DGPGPD(3,3,3),因为DG,2223361可得92(3)2(3)2,所以，所以G(1,1,2),H(2,2,1),可得224333AD0,,,AG(1,1,2),AH(2,2,1),12分2233nADyz0设平面ADG的法向量为n(x,y,z)则22，nAGxy2z0令y1,可得x1,z1,所以n(1,1,1)33mADyz0设平面ADH的法向量为m(x,y,z)则22mAH2x2yz011令y1,可得x,z1,所以m(,1,1),设平面ADG与平面ADH的夹223nm3角为，可得cos2，3nm3323故平面ADG与平面ADH的夹角的余弦值为17分319．解：(1){}是等差数列,设anana1(n1)da11(n1)d1,令bna11(n1)d,cn1,则{bn}是等差数列，{cn}是等比数列，所以数列{an}是“优分解”的.4分(2)因为数列{an}是“优分解”的，设anbncn(nN),n1其中bnb1(n1)d,cnc1q(c10,q0),n12n12则anan1andc1q(q1),anan1anc1q(q1).2当q1时，an0(nN);22当q1时，an是首项为c1(q1)，公比为q的等比数列.8分(3)一方面，数列{}是“优分解”的，设SnSnBnCn(nN)n12n12其中BnB1(n1)D,CnC1Q(C10,Q0)，由(2)知SnC1Q(Q1)2因为S1S2S1a24,S2S3S2a36，所以S1S2S1222C1(Q1)2,Q1,Sn是首项为2，公比为Q(Q≠1)的等比数列.12分另一方面，因为{an}是“优分解”的，设anbncn(nN),n1其中bnb1(n1)d,cnc1q(c10,q0),2nSnSn1Snan1,SnSn1Snan2an1dc1q(q1)2是首项为2，公比为(≠1)的等比数列，SnQQ2222q0,q1,且(S2)(S1)(S3)223dc1q(q1)dc1q(q1)dc1q(q1)化简得3n1c1dq(q1)0,c10,q0,q1,d0,anan1anc1q(q1),即数列an是首项a1a2a11，公比为q的等比数列.15分又，a2a3a22,q2又2解得,S12,dc1q(q1)2,d0,q2,c11,b1a1c1312综上所述，n1n1anb1(n1)dc1q2217分