山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学考试 数学 PDF版含答案

高三数学参考答案及评分意见一、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，只有一项是符合题目要求的。题号12345678答案ACBDBDAC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。题号91011答案BCACDABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.713.2xy2014.120四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15.（13分）3解：（1）由已知可得CACBabcosCab21，可得ab35.………………3分534由cosC，可求得sinC，………………………………4分55114所以SabsinC3514.……………………………………6分ABC225（2）因为b5,ab35，可得a7.………………………………7分由余弦定理得c2a2b22abcosC32，可得c42.……………………10分4bc5由正弦定理,可得bsinC52，…………………12分sinBsinCsinBc422由于ba，所以0B，可得B.………………………………………13分2416.（15分）2解：（1）由已知PFx轴且P1,，22知c1，F11，0,F21,0………………………………………………2分222由椭圆的定义2aPFPF2222，…………………………41222分x2所以a2，ba2c21，C的方程为y21.…………………………6分2（2）可知直线l的斜率ktan6003，l的方程为y3x1.…………………7分y3x1设，联立方程组2，Ax1,y1,Bx2,y2xy212消去y得7x212x40，………………………………………………………9分124可得xx,xx.………………………………………………………10分12712722121682可求得22，AB1kx1x21kx1x24x1x22777303点F1,0到直线l:3xy30的距离d3，……………13分2231146所以ABF的周长为4a42，SABFABd.……………………15分222717.（15分）解：（1）证明：取BP中点M，连接AM､CM，P为AD的中点,AD=4，AP=2，AB=2AMBPBC=CP=2CMBP.…………………………………………………………………………………1分又因为AMCMM，AM,CM平面ACM，因此BP平面ACM…………2分ABCDEF是三棱柱，ABED是平行四边形，2ππABEBAP33ABP、BPC均为等边三角形，BP2，则CM=AM3，AC6AMCM，………………………………………………………………3分CMBP，AMBPM,AM,BP平面ABED，CM平面ABED，PE平面ABED，CMPE，……………………………………………………4分2BP2，在PDE中，PDED2，PDEπ，PE23，又BE4，3BP2+PE2=EB2，即PEBP，………………………………………………………5分又CMBPM,CM,BP平面BCP，PE平面BCP…………………………………………………………………………6分CB平面BCPPEBC…………………………………………………………7分（2）解：由（1）可知MA、MP、MC两两垂直，以M为原点，MA所在直线为x轴，MP所在直线为y轴，MC所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则C0,0,3，P0,1,0，A3,0,0，B0,1,0，由于P是AD的中点，得D3,2,0……………………………………………………9分又由BAED可得E23,1,0，PC0,1,3，PE23,0,0，PD3,1,0n1PC0设平面的法向量为n（x,y,z)，则ECP1111n1PE0y13z10即，令，得n0,3,1，…………………………………y1311123x10分n2PC0y23z20设平面的法向量为n（x,y,z)，则，即，PCD2222n2PD03x2y20令，得n1,3,1，…………………………………………………………分y23213设平面ECP与平面PCD的夹角为，n1n242则coscosn1,n25n1n225525sin1(5)2555即平面ECP与平面PCD夹角的正弦值为.…………………………………………15分518.（17分）1mxm解：（1）函数fx的定义域是0，+，可得fx.…………2分xx2x2当m0时，可知fx0，所以fx在0，+上单调递增；……………4分当m0时，由fx=0得xm，可得x0,m时有fx0，xm，+时有fx0，所以fx在0,m上单调递减，fx在m，+上单调递增.………………………………………………6分综上可得，当m0时，fx在0，+上单调递增；当m0时，fx在0,m上单调递减，在m，+上单调递增.……………………8分（2）证明：当m0时，要证mfx2m1成立，2m11只需证fx=2成立，mm1只需证fx2即可.…………………………………………10分minm因为m0，由（1）知，fxfm1lnm.min11令gm1lnm2lnm1，……………………………13分mm11m1由gm，mm2m2可得m0,1时有gm0，m1，+时有gm0，所以gm在0,1上单调递减，在1，+上单调递增，…………………………15分可知gmg10，有gm0.…………………………………16分min1所以有1lnm2，从而当m0时，mfx2m1成立.……………………17分m19.（17分）解：（1）由于2，，，且．an1(nn)an(n12)a11所以当a21时，得12，故3．…………………………………2分2从而a3(223)(1)3．……………………………………………4分（2）数列an不可能为等差数列，证明如下：2由a11，an1(nn)an得a22，a3(6)(2)，a4(12)(6)(2)．若存在，使an为等差数列，则a3a2a2a1，即(5)(2)1，解得3．……………………………………………………………………7分于是a2a112，a4a3(11)(6)(2)24．这与an为等差数列矛盾．所以，对任意，an都不可能是等差数列．………………………………………10分（）（解法一）记2，，，根据题意可知，且，3bnnn(n12)b10bn02**即2且nn(nN)，这时总存在n0N，满足：当n≥n0时，bn0；当n≤n01时，bn0．所以由aba及a10可知，若n为偶数，则a0，从而当nn时，a0；n1nn10n00n若n为奇数，则a0，从而当nn时a0．………………………………14分0n00n*因此“存在mN，当nm时总有an0”的充分必要条件是：n0为偶数，记，，，则满足n02k(k12)2b2k(2k)2k0．2b2k1(2k1)2k10故的取值范围是4k22k4k22k(kN*)．…………………………………17分（解法二）先把问题特殊化：不难发现a11，不可能为负；若，则，此时22不定正负；a2202a32211…………………………………12分2220,若a0，只需，即.…………………………………13分32261102利用an1(nn)an得：2an2nn1n1222121.n12所以，对于任意正整数n，an1的各因数由大到小排列，故除110外，其余因数全正，所以a3及其以后各项均负.于是，当26时‚存在m2，当n2时，总有an0.…………………………14分取m为偶数，记m2k(k1，2，)，则解不等式组2mm0,得4k22k4k22k(kN*)．2(m1)m10故的取值范围是4k22k4k22k(kN*)．即可保证am1有且只有奇数个负因数.…………………………………16分于是，当nm时，总有an0.…………………………………17分