天津市五区县重点校2024-2025学年高三上学期1月期末数学答案

2024～2025学年度第一学期期末重点校联考高三数学参考答案一、选择题（本题共9小题，每题5分，共45分）题号123456789答案BDBBACCDD二、填空题（本题共6小题，每题5分，共30分，双空只对1个空得3分）1510．；11．；12．6；2211524513．,；14．，；15．(,8)8，00，.2501133三、解答题（本题共5小题，共75分）16．（本小题满分14分）解：（Ⅰ）因为2acosAbcosCccosB．由正弦定理得2sinAcosAsinBcosCsinCcosBsinBC．又因为ABCπ，所以sinAsinBC，从而得2sinAcosAsinA．……………………2分又因为sinA0，1因此cosA，2又因为A(0,)，π所以A．……………………4分3（Ⅱ）因为VABC的面积为123，1即SbcsinA123，2所以bc48①．……………………5分b2c2a21又由余弦定理cosA，a213，2bc2得b2c2100②．……………………6分因为bc．由①②解得b8，c6．……………………8分重点校期末高三数学参考答案第1页（共8页）{#{QQABDY4AoggAABAAARhCEQWgCACQkAEAAQgGQBAQIAIAyAFABAA=}#}a2c2b213（Ⅲ）由余弦定理得cosB，2ac13239所以sinB1cos2B……………………10分1343211sin2B2sinBcosB，cos2B2cosB1，1313……………………12分23cos2BAcos2BcosAsin2BsinA．……………………14分2617．（本小题满分15分）解：（Ⅰ）依题意，以A为原点，分别以AB,AD,AE的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系Axyz(如图)，可得A0,0,0,B2,0,0,C2,4,0,D0,2,0,E0,0,4，F2,4,2.……………………1分因为AE平面ABCD，且AB平面ABCD，所以AEAB，又ADAB，且ADAEA，所以AB平面ADE，故AB2,0,0是平面ADE的一个法向量，……………………3分又BF0,4,2，所以BFAB0，……………………4分又因为BF平面ADE所以BF//平面ADE.……………………5分（注：其他方法平行给分）重点校期末高三数学参考答案第2页（共8页）{#{QQABDY4AoggAABAAARhCEQWgCACQkAEAAQgGQBAQIAIAyAFABAA=}#}mBD0（Ⅱ）设mx,y,z为平面BDF的一个法向量，则，mBF0又BD2,2,0，BF0,4,2xy0所以.2yz0不妨令y=1，可得m1,1,2.……………………7分又因为AB2,0,0是平面ADE的一个法向量设平面ADE与平面BDF夹角为ABm126则coscosAB,m2ABm21212266所以平面ADE与平面BDF夹角的余弦值为.6（设角和结论至少写其一，否则扣1分）……………………10分（Ⅲ）因为EB2,0,4,m1,1,2EBm124256所以点E到平面BDF的距离d……12分m63在BDF中：BD22，DF23,BF25所以BD2DF2BF2所以BDF901所以SBDFBDDF26……………………14分2120所以四面体B-DEF体积VVSdB-DEFE-BDF3BDF3……………………15分（注：其他方法平行给分）18．（本小题满分15分）解：（Ⅰ）∵ABAF1BF18所以4a8,a2.……………………1分1c1又因为e，即，所以c1，……………………2分2a2所以ba2c23.……………………3分x2y2故椭圆E的方程为1.……………………4分43重点校期末高三数学参考答案第3页（共8页）{#{QQABDY4AoggAABAAARhCEQWgCACQkAEAAQgGQBAQIAIAyAFABAA=}#}3（Ⅱ）由题得：P(1,)23设直线AB为：ykx1，直线l为：ykx1(k0)2设Ax1,y1，Bx2,y2，x2y21,由43消去y，得34k2x28k2x4k2120，ykx1,228k4k12则x1x22，xx，……………………6分34k1234k2x2y21,432222由消去y，得34kx8k12kx4k12k30，3ykx1,21由0，可知k，（此步不写扣1分，若求出k后验证0，则不扣分）23设Qx3,y3，又P1,，28k212k4k212k3则x1，x1.……………………9分334k2334k2因为四边形PABQ为平行四边形，xxx1所以132，22即x1x21x3，……………………10分22故x1x24x1x21x3.228k24k2124k212k3所以24212.34k34k34k3得k.……………………12分4此时直线AB为：3x4y30，直线l为：3x4y＋30，336两平行线距离d=324252225又因为AB=1+k(x1x2)4x1x2……………………14分762530所以四边形PABQ的面积S=577重点校期末高三数学参考答案第4页（共8页）{#{QQABDY4AoggAABAAARhCEQWgCACQkAEAAQgGQBAQIAIAyAFABAA=}#}所以存在直线l，使得四边形PABQ为平行四边形，此时四边形PABQ的面积为307（注：其他方法平行给分）……………………15分19．（本小题满分15分）aa12解：（Ⅰ）由a11,S1a1，得a22，……………………1分2a2a1aaaann1n1n当n2时，由anSnSn1，得an，2an1an2anan12整理得anan1anan12an又因为an0an1an12an，……………………3分又因为a2a11所以数列an是首项和公差均为1的等差数列，*因此，数列an的通项公式为annnN.…………………5分123n（Ⅱ）（i）bna1Cna2Cna3CnanCn，0123n所以bn0Cn1Cn2Cn3CnnCn，nn110bnnCnn1Cn1Cn0Cn，01nn两式相加可得2bnnCnCnCnn2,n1bnn2n1故数列的通项公式为bnn2；……………………8分所以T120221322n2n1nbn123n又2Tn122232Ln2将以上两式相减得123n1nnnnTn12222n221n2(1n)21n所以Tn(n1)21.（注：其他方法平行给分）……………10分2bnn（ⅱ）由题，cn2anncn11数列dn满足di，i1i1ain2n1即1，dii1i1i重点校期末高三数学参考答案第5页（共8页）{#{QQABDY4AoggAABAAARhCEQWgCACQkAEAAQgGQBAQIAIAyAFABAA=}#}111则ddd1，12n232n1111所以ddd1n2，12n1232n111111两式相减得d…………12分n2n12n112n122n111112n1所以d(2n1)2n111，n2n12n12n12n12n1……………………14分当n1时，d11，所以dn1．……………………15分（注：其他方法平行给分）20．（本小题满分16分）解：（Ⅰ）fxexm，①当m0，fx0恒成立，无极值；……………………1分②当m0时，令fx0，解得xlnm，当xlnm时fx0，所以fx在,lnm单调递减；当xlnm时fx0，所以fx在lnm，+单调递增.所以fx极小值为f(lnm)mmlnm1；无极大值.……………………3分综上，当m0时，fx无极值；当m0时，fx极小值为mmlnm1，无极大值.……………………4分（Ⅱ）因为f(x)g(x)0对任意的x0,恒成立，即exmxlnx110对任意的x0,恒成立.设hxexmxlnx11，且h(0)0，11hxexm，令xhxexm，………5分x1x11x则xe2在x0,为增函数，且00，1x1所以x0恒成立，即xhxexm在x0,单调递增，x1其中0h0m2，……………………6分重点校期末高三数学参考答案第6页（共8页）{#{QQABDY4AoggAABAAARhCEQWgCACQkAEAAQgGQBAQIAIAyAFABAA=}#}若m2，则xhx0恒成立，此时h(x)单调递增，又h(0)0，所以h(x)0恒成立，即exmxlnx110在x0,上恒成立，即结论成立；……………………8分若m2，则(0)0，11又lnmhlnmelnmm0，lnm1lnm1故由零点存在性定理可知，在0,lnm内存在x0，使得x00，（若直接写：当m2时，(0)0.则存在x00,，使x0,x0时xhx0，接下方答案，则不扣分）当x(0,x0)时，xhx0，所以h(x)单调递减，又h(0)0，所以当x(0,x0)时，h(x)0，即f(x)+g(x)0，不合题意，舍去；综上：实数m的取值范围是2,.（注：其他方法平行给分）……………………10分1（Ⅲ）构造函数txex1xx2，x0，2txex1x，令vxtxex1x，则vxex1，当x0时，vxex10恒成立，所以vxtxex1x在x0上单调递增，1所以t(x)t(0)0，故txex1xx2在x0单调递增，21t(x)t(0)0，即ex1xx2，……………………12分22x构造函数uxlnx1，x0，x22x22x21xux220，x1x2x1x2所以ux在x0上为单调递增，2x所以uxu00，即lnx1，……………………14分x2重点校期末高三数学参考答案第7页（共8页）{#{QQABDY4AoggAABAAARhCEQWgCACQkAEAAQgGQBAQIAIAyAFABAA=}#}12x又因为x0时，ex