山东省百校大联考2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

保密★启用并使用完毕前 2025届高三上学期学情诊断 ko传周 数学 2024.12 命题学校：济南市菜芜第一中学 C.n 国-2✉+ 注意事项： [2,0sx<3 7.已知函数f(x)一 1容卷前，考生务匹将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置， 4fcg120240= 2f(红-3，x23 2进择原的作答：选出每小答鉴后，用B帕笔把答愿卡上对空愿目的答案标号涂黑，如需改动， 用橡皮擦干净后，再远涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在智题卡上。 A. 253 3考试结束后，艳本试叁和答理卡一并交回。 B,253 8.已知通取y=f的定文域是R,其导函数"()澜足()="(x+),且有 一、恋并题：本题共8小恩，每小题5分，共如分。在每小愿给出的四个流项中，只有一个速项 是正确的，清把正确的达项填涂在答题卡相应的位置上· f0=0,f0)=2,则f0+f2+122)…+f2)= A.1022 B.1024 C.2046 D.2048 1,复数3的共额复数是 2+i 二，选择题：本题共3小思。每小题6分，共18分，在每小墨给出的这项中，有多项符合题日要 A.2+i B.-2+1 C.-2-1 D.2-1 求。金审选对得6分，部分选对的得带分分，选对阳不金的得市分分，有选错的料0分。 工已起A=B=恤+1=0，若An8-B,对技数a的取值构成的秦合是 9.已知a>b>0,c为实数，则下列不够式正确的是 4.-L24 B.{-2,1 c.-2,0,1 0.-10,24 h.ab B.ac2>bc D.a-sina<b-sinb 3.已取到红，}为等整数列，1，马，为函数了四)-号x+加x-3x+1的两个极植点，则 10.已知函数f气)=sin(sinx)-cos(csx),划下并说法正确的是 2 A.f八x)是属函数 44+a5= B.f(x)是圈期两数 A,1 B.3 c.5 D.3+5 2 C因关于直线x=对称 4.己知点O为△ABC外按图的医心，AB+AC,2AO且|ABHAC·则向量BA在向量BC上 D.当x0,)时.-1<f)<0 的投影岗量为 11.如图，在三校维0-ABC中，OA,OB,OC两两垂直且OA=OB=OC=1,M,N分别 A.BC B.BO C.CB D.OB 为线段OB,4C上异于点的防点，端是则=元，- 5.己以，B为两个不可的平顶，1，刚为两条不判约直线，别两上B的一个充分不必要条件可以是 OB 下列说法正确的是 A,m与B内所有的直线都瑟直 B.a⊥p,anB-1,m⊥1 A.三棱佛O一ABC的外接球的表曹积是3江 C:m与B内无数条直线渠直 D.1⊥a,ILB.m⊥a 6。把函数y一()图象土所有点的横坐标怖长到原来的2倍，纵坐标不变，再无所得曲钱向左平 B.当1=P时，线段AMW的最小值是2 2 移号个位长度，得到播袁y=g闭的图象，且y一g闭的图泉关于应怎0中心对称，则国 C.当知一1时，三校性O-AMN的体积是定值 3 数y=()的解析式可能是 D。若空阀中的点P摘足PA上PO且PB1PC,测满是条件的点P所形成的轨迹长度为6， 高三数学试题第【页（共4页） 高三数学试题第2页（共4页） 三、填空题：木题共3小题，每小题5分，共15分 收已奥ma+孕-子则02a= 13。已知圆锥的表面积为元，且它的侧面展开图是一个半图，则这个圆催的体积为 14.已知△ABC外接摄的半径为2，S是△ABC的面积。，b,C分别是△ABC三个内角AB,C 的对边，若不等式：2+b+c2≥5恒成立，则入的最大值为 点P为△ABC外接 置上的任意一点，当入取得最大值时，：PB的取值范围是 四、解答恩：本画共5小题，共7分。解答应写由文字说明、正明过程或演算步清. 15.(13分)已知数列{a,}为正项数列，且4=1，a2,一a2=2m+1(切eN"). 18,(17分)己函数fx)=(x-2e-ar),aeR. (1)求数列{a}的通项公式 (1)求函数罗=f气)的图象经过的所有的定友童标，并写出函数y=(x)的一条以上述一个定 〔2)令6，=(-1少a,+3,求数列色，}的前2#项和S. 点为切点的切线： (2)讨论正数y=()的单调性： (3)当a=0时，证明：f（x+2mx+x-0+e220. 16.15分》已知a点c分题为△ABC三个内角么品，C的对边，且bc0sC+VB肠mC-1。 a+c (1)求B: (2)若△ABC为说角三角形，且有c=1,求△ABC面积的取值范围. 1（17分)一般地，对千无穷数列和}：4,44a,我们落第级数/因)-宫0，r即 f气x)=a。+ax+ax2+…+ax”+…为无穷数列{a}的母函数， 州知：数列1,35，y2n+1,…的母话数为f()=1+3x+5x2+…+(2n+1)x+… 需公式： 17.〔15分)如图，在正四棱桂ACD-A4B,CD中，寇面边长是1，点E,F,G分别在侧棱 0含c1G+c+r+,k1. BA,CC,DD上，且名E,F,G四点共面。设直线AE,AG与平面BCD所成的角分精为g、 (1)已知数列{a,}.a=0,a.=2a一+1Kn21D,求无穷数列a,的母函败f(x): B (2)已如无穷数列{a,}的母函数为g),记S。=a+4十4十+4，·请用g()表示数列 (1)设平面AEFG与平面ABCD相交于直线I,采迁：尚BDH1时，a“B: S,S,5S,的母函数G(闭： (当a+B-受时，来平面EFG与平面8CD所度角的余弦值约最大值 (3)已如数列{a},a,=(n+2Xn+102(u20小，记S。=马，+4+41++a,求8. 高三数学试愿第3页（共4页） 高三数学试题第4页（共4页）数学试卷答案 第 1页（共 9 页） 绝密 ★ 启用前 2025 届高三上学期学情诊断 数学解析 2024.12 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，只有一个选项是正确 的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1．A【解析】 i2i)i)(2(2 i)5(2 i2 5      ， i2  的共轭复数是 i2  ．故选 A． 2．C【解析】由 BBA  得 AB  .当 0a 时， B ，满足 AB  ；当 0a 时       a B 1 ， 因为 AB  ，所以 1 1  a 或 2 11  a ，解得 1a 或 2a ．故选 C． 3．B【解析】 x xx x xxf 1331)( 2   ，因为 2a ， 7a 为函数 13ln2 1)( 2  xxxxf 的两个极值点，所以 372  aa ，因为 na 为等差数列，所以 354  aa ．故选 B． 4．B【解析】因为 AOACAB 2 ，所以 BC 是圆O的直径.又因为 ACAB  ，所以 ABC 是 以 A 为直角的等腰直角三角形．所以BA在 BC 上的投影向量为 BO．故选 B． 5．D【解析】m与  内所有的直线都垂直是m  的充要条件，选项 A 错；根据面面垂直的 性质定理，缺少条件 m ，故也不是m  的充分不必要条件，选项Ｂ错；由m与  内无 数条直线垂直不能推出m  ，所以不是m  的充分不必要条件，选项 C 错；由 l ， l ， 得  // ，又因为 m  ，所以 m  ，反之，由 m  推不出 l , l , m  ，所以 l , l ,m  是m  的一个充分不必要条件，选项Ｄ正确．故选Ｄ． 6．C【解析】对于选项 A，        12 π7 2 sin)( xxf ，把函数 )(xfy  图象上所有点的横坐标伸长到 原来的 2 倍，纵坐标不变，得到        12 π7 4 sin xy ，再把所得曲线向左平移 3 π 个单位长度，得 到 ））（（ 12 π7 3 π 4 1sin)(  xxg 4 cos 2 π 4 sin xx        ，其图象不关于点       0 , 4 π 中心对称，故选 项 A 错；对于选项 B，        12 π 2 sin)( xxf ，把函数 )(xfy  图象上所有点的横坐标伸长到原来 的 2 倍，纵坐标不变，得到        12 π 4 sin xy ，再把所得曲线向左平移 3 π 个单位长度，得到 ) 6 π 4 sin() 12 π) 3 π( 4 1sin()(  xxxg ，其图象不关于点       0 , 4 π 中心对称，故选项 B 错；对于 选项 C，        12 π72sin)( xxf ，把函数 )(xfy  图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐 标 不 变 ， 得 到        12 π7sin xy ， 再 把 所 得 曲 线 向 左 平 移 3 π 个 单 位 长 度 ， 得 到              4 πsin 12 π7 3 πsin)( xxxg ，其图象关于点       0 , 4 π 中心对称，选项 C 正确；对于选项 D，        12 π2sin)( xxf ，把函数 )(xfy  图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不 变 ， 得 到        12 πsin xy ， 再 把 所 得 曲 线 向 左 平 移 3 π 个 单 位 长 度 ， 得 到              12 π5sin 12 π 3 sin)( xxxg  ，其图象不关于点       0 , 4 π 中心对称，选项 D 错．故选 C． 7．A【解析】因为 1110 220242  ，所以 112024log10 2  ， 2332024log1 2  ，所以 8 253 2 202422)92024(log2)2024(log 6 92024log3 2 3 2 2  ff ．故选 A． 8．C【解析】由 )1()(  xfxf 得 cxfxf  )()1( ，其中c为常数，令 0x 得 cff  )0()1( ， 又 2)1( ,0)0(  ff ，得 2c ， 2)()1(  xfxf .所以  Nnnnnf ,22)1(2)( ． 2046 21 21222212)2()2()2()1( 10 9292     ）（  ffff ．故选 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 部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0分． 9．AC【解析】由 3xy  单调递增，知 33 ba  ，故选项 A 正确； 0c 时选项 B 不正确； 22  a b b a a b b a ，当且仅当 ba  时等号成立，因为 0a b  ，所以等号不成立，故选项Ｃ 数学试卷答案 第 2页（共 9 页） 正确；对于函数 xxy sin ， 0cos1  xy ，所以 xxy sin 单调递增，又 0a b  ，得 bbaa sinsin  ，故选项 D 不正确．故选 AC． 10. BCD 【 解 析 】 11sin0cos1sin) 2 πcos(cos) 2 πsin(sin) 2 π( f ，  )) 2 πsin(sin() 2 π(f 11sin0cos)1sin()) 2 πcos(cos(  ，得 ) 2 π() 2 π(  ff ，所以 )(xf 不是偶函数，故选项 A 错误； )()cos(cos)sin(sin))π2cos(cos())π2sin(sin()π2( xfxxxxxf  ，所以 )(xf 是以 π2 为周期的周期函数，故选项 B 正确； )())cos(cos()sin(sin))-πcos(cos())-πsin(sin()-π( xfxxxxxf  ，所以 )(xf 关于直 线 2 π x 对称，故选项 C 正确； 对于选项 D，由 )(xf 关于直线 2 π x 对称，只需看当 ] 2 π,0(x 时， 0)(1  xf 是否成立即可．当 ] 2 π,0(x 时， 1sin0  x ， 1cos0  x ， 1sin)sin(sin0  x ， 1)cos(cos1cos  x ，所以 1)cos(cos)sin(sin  xx ， 又 因 为 π πsin cos 2 sin( ) 2 4 2 x x x     ， 所 以 π π0 sin cos 2 2 x x    ， 所以 πsin(sin ) sin( cos ) cos(cos ) 2 x x x   ，所以 0)(1  xf ，故选项 D 正确．故选 BCD． 11．ACD【解析】A 选项，三棱锥 ABCO  的外接球是边长为1的正方体的外接球，其半径 2 3 R ， 所以表面积为 π3 4 3π4 2 3π4π4 2 2       R ，所以 A 选项正确； B 选项，在三棱锥 ABCO  中，由 OCOBOA ，， 两两垂直可得 OA 底面OBC．如图所示，在 线段OC上取一点D，使得  AC AN OC OD ，即得 OADN // 且 1DN ， 再由 OA 底面 OBC 可得 ND 底面 OBC ，而 MD 平面 OBC ，故 ND DM ．又因为   OB OM ，所以 BCDM // 且  22 DM ，所以可得 3 6 3 2) 3 1(3123)1(2 222222  DNDMMN ，所以 B 选项错误； C 选项，因为 1 ，所以   1 AC AN OC OD ，即  1 OD ，又因为  OB OM ，所以   OBOM , 再由 OADN // 可得，点 N 到平面 OAM 的距离等于点 D 到平面 OAM 的距离，故有 ODMAOAMDOAMNAMNO VVVV   ，因为 OA 底面OBC，所以OA即为三棱锥 ODMA 的高， 从而 6 111 2 1 3 1 3 1    OASVV ODMODMAAMNO ，是定值，所以 C 选项正确； D 选项，满足 POPA  且 PCPB  的点 P的轨迹是分别以 BCOA , 为直径的球相交所得的圆， 如图下左所示，其轴截面如下右图所示， 数学试卷答案 第 3页（共 9 页） 该圆的直径为线段HG，OA的中点 E是OA为直径的球的球心， BC中点 F 是 BC为直径的球 的球心，可得 2 3, 2 2, 2 1  EFFGEG ，从而 6 6 2 3 2 2 2 1   GI ，点 P所形成的轨迹长度为 π 3 6 6 6π2  ，所以 D 选项正确．故选 ACD． 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12． 2 1  【解析】因为 2 1) 2 πsin(  ，所以 2 1cos  ，所以 2 11cos22cos 2   ． 13． 9 π 【解析】由 πππ 2  rrl 且 lr ππ2  ，得 3 12 r ， 13 222  rrlh ，所以 9 ππ 3 1 2  hrV ． 14． 4 3 ， ]6 ,2[ 【解析】由题意可得 min 222 )( S cba   即可，当△ ABC为等边三角形时有 2 2 2 4 3a b c S    .下证对于任意的三角形都有 34)( min 222   S cba ． 证明过程如下：  2 2 2 2 24 3 2 2 cos 2 3 sina b c S b c bc A bc A            2 2 2 22 2 3 sin cos 2 4 sin 6b c bc A A b c bc A                22 22 4 2 0b c bc b c      ， 当 π 3 A  且b c 等号成立，即△ ABC为等边三角形时等号成立．所以的最大值为 34 ． 当取得最大值时，△ ABC为等边三角形，如右图所示，取 AB的中点D， 则有     2 2 2B 3PA P PD DA PD DA PD DA PD                 ， 由图可得 3||1  PD ，所以 BPA P   的取值范围是 ]6 ,2[ ． 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．【解析】考查方向：构造常数列/累加法求通项+分组求和、并项求和、等比数列求和 （1）【法一】构造常数列 由 2 2 2 2 1 2 1 =( +1) ( N )n na a n n n n        ， 1 1a  ，可得 2 2 2 2 2 2 1 1( +1) 1 0n na n a n a        ， 故数列 2 2na n 是恒为0的常数列，所以 2 2na n ，······································································· 5分 又因为数列 na 为正项数列，所以 ( N )na n n   .······································································· 6分 【法二】累加法 由题意得： 2n  且 Nn  ，有 2 2 1 2 2 1 2 2 2 3 2 2 2 2 1 2( 1) 1 2 1, 2( 2) 1 2 3, 2 2 1 5, 2 1 1 3, n n n n a a n n a a n n a a a a                           将以上各式相加，得 2 2 2 1 ( 1)(3 2 1)3 5 (2 3) (2 1) 1 2n n na a n n n             ， 将 1 1a  代入上式即得 2 2 na n ，且当 1n  时也成立，所以 2 2 na n ， 又因为数列 na 为正项数列，所以 ( N )na n n   ．····································································· 6分 （2）由（1）可得 nnn nb 3)1(  ，令 nc n n )1( ，其前 2n项和为 nT2 ， 则 nnnT n  2)12(43212  ，··············································································9分 又因为 2 33 2 )13(3 31 )31(3333 1222 221       nnn n ，························································ 12分 所以 2 1 2 3 3 2 n nS n     ．··························································································· 13分 16．【解析】正弦定理+最值 （1）根据正弦定理， 1sin3cos    ca CbCb 可化为 1 sinsin sinsin3cossin    CA CBCB ，1分 数学试卷答案 第 4页（共 9 页） .0)1cossin3(sin sincossincossinsinsin3cossin sin)sin(sinsin3cossin sinsinsinsin3cossin     BBC CBCCBCBCB CCBCBCB CACBCB ············································································································································· 5分 因为 ) π,0(C ，所以 0sin C ，故有 01cossin3  BB ，进而有 2 1) 6 πsin( B ，因为 ) π,0(B ， 所以 ) 6 π5 , 6 π( 6 π B ，故有 6 π 6 π B ，所以 3 π B ．································································ 7分 （2）因为 3 π B ，所以         2 π0 2 π 3 π20 C CA ，进而有 2 π 6 π  C ．················································· 8分 由正弦定理可得 C b A a sin 1 2 3sin  ， 所以有 C C C CC C C C Aa sin2 cos3 2 1 sin sin 2 1cos 2 3 sin ) 3 π2sin( sin sin      ， 所以 ) tan2 3 2 1( 4 3) sin2 cos3 2 1( 4 3 4 3sin 2 1 CC CaBacS ABC  ，·······································11分 因为 2 π 6 π  C ，所以 3 3tan C ，所以 2 3) tan2 3 2 1( 4 3 8 3   C S ABC ，··························14分 所以 ABC 面积的取值范围是 ) 2 3 , 8 3( ．·················································································15分 17．【解析】直线与平面所成的角，平面与平面所成的角，线面平行的判定定理和性质定理， 最值问题 （1）由 lBD // ， BD 平面 AEFG， l 平面 AEFG可得， //BD 平面 AEFG，····················2分 再由 BD 平面 DDBB 11 ，平面 DDBB 11 平面 EGAEFG  ，所以 EGBD // ，·······················4分 又因为 DGBE // ，所以四边形BDGE为平行四边形，所以 DGBE  ．······························· 5分 在正四棱柱 1111 DCBAABCD  中， 11,DDBB 均垂直于平面 ABCD，所以直线 AE、 AG与平面 ABCD所成的角分别为 GADEAB  , ，即 GADEAB   , ，···································· 6分 又因为 DGBE  ， ADAB  ，所以  tantan  ，从而   ；········································7分 （2）以 A为坐标原点，分别以 1, ,AB AD AA    的方向为 x轴、 y轴、z轴的正方向建立空间直角坐 标系． 则 )tan,0,1( E ， )tan,1,0( G ，所以 )tan,0,1( AE ， )tan,1,0( AG ，···························· 9分 设平面 AEFG的法向量 ),,(1 zyxn  ，则有       0tan 0tan 1 1   zynAG zxnAE ，令 1z ，则有  tan,tan  yx ，所以 )1,tan,(tan1  n ，································································· 11分 平面 ABCD的法向量 )1,0,0(2 n ，平面 AEFG与平面 ABCD所成角为，则 3 3 1 tan 1tan2 1 1 tan 1tan 1 1) 2 π(tantan 1 1tantan 1|,cos|cos 2 2 2 2 22 2221               nn 当且仅当   2 2 tan 1tan  ，即 4 π  时等号成立，························································· 14分 即平面 AEFG与平面 ABCD所成角的余弦值的最大值为 3 3 ．·········································15分 18．【解析】（1）显然 )(xfy  的图象经过 (2,0)，当 0x  时， 2y   ，所以 ( )f x 的图象经过 的所有定点的坐标为 (2,0)和 (0, 2) ················································································1 分 由题知  ( ) e ( 2)(e ) ( 1) e 2x x xf x ax x a x a        ，····························································2 分 若以 (2,0)为切点， 2(2) 2f e a   ，切线为 2( 2 )( 2)y e a x   ； 若以 (0, 2) 为切点， (0) 2 1f a   ，切线为 (2 1) 2y a x   ；············································ 4 分 （注：上述两条切线写出一条即可） （2）①当 0a  时， e 2 0x a  恒成立， 所以当 1x  时, ( ) 0f x  , ( )f x 在 ( ,1) 单调递减， 当 1x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (1, ) 单调递增； ·················································· 5 分 ②当 0a  时，由 ( ) 0f x  ，得 1 1x  或  2 ln 2x a ． ············································6 分 数学试卷答案 第 5页（共 9 页） 当 ln(2 ) 1a  ，即 e 2 a  时， ( ) 0f x  恒成立，则 ( )f x 在 R 上单调递增，········································ 7 分 当 ln(2 ) 1a  时，即 e 2 a  时,当 1x  时， ( ) 0f x  , ( )f x 在 ( ,1) 单调递增; 当1 ln(2 )x a  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在  1, ln(2 )a 单调递减； 当 ln(2 )x a 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在  ln(2 ),a  单调递增； ·················································· 9 分 当 ln(2 ) 1a  时，即0 e 2 a  时， 当 ln(2 )x a 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在  ln(2 )a， 单调递增； 当 ln(2 ) 1a x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (ln(2 ),1)a 单调递减； 当 1x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在  1, 单调递增； ·················································11 分 综上所述：当 0a  时， ( )f x 在 ( ,1) 单调递减，在 (1, ) 单调递增； 当0 e 2 a  时， ( )f x 在  ln(2 )a， 单调递增，在 (ln(2 ),1)a 单调递减，在  1, 单调递增； 当 e 2 a  时， ( )f x 在 R 上单调递增； 当 e 2 a  时， ( )f x 在 ( ,1) 单调递增，在  1, ln(2 )a 单调递减，在  ln(2 ),a  单调递增．···············12 分 （3）【证法一】当 0a  时， 2( 2)(ln 1) 0f x x x e     2( ln ) 1 0xe x x x x     ． 令 2( ) ( ln ) 1xg x e x x x x    ，则 2( ) ( ln ln 1 2 1) ( 1)(ln )x xg x e x x x x x x e x x x           令 1( ) ln , ( ) 1h x x x h x x     ，则 ( )h x 在 (0, ) 上单调递增.又因为 (1) 1 0h   ， 1 1( ) 1 0h e e     ， 所以存在 1( ,1)t e  ，使得 ( ) ln 0h t t t   ，即 ln t t  即 1te t  .当 (0, )x t 时， ( ) 0h x  ， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减；当 ( , )x t  时， ( ) 0h x  ， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增.所以 2( ) ( ) ( ln ) 1 0tg x g t e t t t t      ． 所以 2( ln ) 1 0xe x x x x    也即 2( 2)(ln 1) 0f x x x e     ．·········································17 分 【证法二】当 0a  时， 2( 2)(ln 1) 0f x x x e     1 ln 1 0x x xxe      ． 令 1( ) ln 1xg x x xxe     ， 2 2 ( 1) 1 ( 1)( 1)( ) 1 x x x x x xeg x x e x x e         ， 令 ( ) 1xh x xe  ， ( ) ( 1) 0xh x x e    ，则 ( )h x 在 (0, ) 上单调递增．又因为 (0) 1 0h    ， (1) 1 0h e   ，所以存在 (0,1)t ，使得 ( ) 1 0th t te   ，即 1te t  即 ln t t  .当 (0, )x t 时， ( ) 0h x  ， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减；当 ( , )x t  时， ( ) 0h x  ， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增．所 以 1( ) ( ) ln 1 ln 0tg x g t t t t tte         所以 1 ln 1 0x x xxe     也即 2( 2)(ln 1) 0f x x x e     ．··············································17 分 【证法三】当 0a  时， 2( 2)(ln 1) 0f x x x e     1 (ln 1) 0x x x xe      ． 令 1( ) (ln 1)xg x x x xe     ， 1( ) ln 2xg x x xe      ， 易知 ( )g x 在 (0, ) 上单调递增， x时， ( )g x  ； 0x 时， ( )g x  ，所以存在 (0, )t  ，使得 1( ) ln 2 0tg t t te       ，即 ln 2te t t   即 ( ) lnte t t t     ， 令 ( ) xG x e x  ，则 ( ) (ln )G t G t  ，因为 ( )G x 在R 上单调递增，所以 ln t t  ，即 1te t  ． 当 (0, )x t 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减；当 ( , )x t  时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增． 所以 21( ) ( ) ln 0tg x g t t t t te       ，所以 2( 2)(ln 1) 0f x x x e     ．·························· 17 分 19．【解析】（１）【法一】由 12 1  nn aa 可得  121 1  nn aa ，所以数列 1na 为公比是 2 的等比数列，所以   nnn aa 2121 0  ，即得 2 1nna   ，所以数列的母函数为     0 2 1n n n f x x     ． ·························································································································· 4 分 【法二】在              nknkk n nk nk xCxCxCxCx 1 1-k 21 1k 1 k 0 1 1-k 11 1 中 令 1k 得        n n n n n n xxxxxCx 2 00 0 1 1 1 ，所以   nn xxx x 2221 21 1 22 ，   20 1 2 nnf x a a x a x a x      ① 数学试卷答案 第 6页（共 9 页）   2 3 10 1 22 2 2 2 2 nnxf x a x a x a x a x       ② ①②得            2 30 1 0 2 1 3 2 11 2 2 2 2 2 nn nx f x a a a x a a x a a x a a x             2 30 nx x x x        11 1 x     ，       1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 f x x x x x x x x x                  )2222( 2210  nn xxx )1( 2  nxxx   nn xxx )12()12()12()12( 2210   0 2 1n n n x     ．································································································ 4 分 （２）由题意得   20 1 2 nnG x S S x S x S x       ① 那么   2 3 10 1 2 nnxG x S x S x S x S x        ② ①②得            2 30 1 0 2 1 3 2 11 nn nx G x S S S x S S x S S x S S x             2 0 1 2 n na a x a x a x        g x ， 所以     1 g x G x x   ．·······························································································10 分 （3）由公式              nknkk n nk nk xCxCxCxCx 1 1-k 21 1k 1 k 0 1 1-k 11 1 可得 令 3k 得       0 2 231 1 n n n xCx 所以            000 2 23 2)1)(2()2(221 2 n n n n nn n n n xaxnnxCx 数列 }{ na 的母函数为    3 2 1 2 f x x   ， 由（２）结论知数列 }{ nS 的母函数为        3 2 1 1 1 2 f x G x x x x      32 )21( 4 )21( 4 21 4 1 2 xxxx                      0 2 2 0 1 1 0 0 0 0 2424242 n nn n n nn n n nn n n n n xCxCxCxC  1 21 2 0 2 4 2 4 2 4 2n n n nn n n C C x            1 2 0 [2 2 2]n n n n n x        ， 所以  1 22 2 2nnS n n    ．·················································································· 17 分 绝密★启用前 -a-20n-1+1-2n-1 $#&=2(n-2)+1=2-3. 2025届高三上学期学情诊断 ... 数学答案及评分标准 a-a=2x2+1-5. 2024. 11 -=2x1+1=3. (n-13+2n- 将以上各式相加,得a--3+5+-+(2r-3)+(2n-= 2 二-1: 一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分,在每小题给出的因个选项中,只有一个选项是正确 的,请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 将=1代入上式题得a?三r”,且当n-1时也成立,所以?三r?}. 二 5. D 6.C 7.A 8.C 又因为数列a.!为正吸数列.所以a.三n(neN). 1. A 2. C 3. B 4. B 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 (2)由(1)可b-(-1i+3”,令c.=(-n.其2项和为7 部选对得6分,部分选对的得部分分,选对但不全的得部分分,有选错的得0分 --1+2-3+4-.-(2-+2n-n. 11. ACD 9. AC 10. BCD 又因为343.3 30-31)33-1)3*-3 1- 2 出12分 三.填空题:本翻共3小题,每小题5分,共15分. 所以5-= 3__; 2 13._ 14. 43[-2.6 16. 【解析】正弦定理4最值 beosC+3sinC (1)根据正弦定睡. -1可化为 sinBcosC+3sin BsinC sinA+sinC -11分 四、解答题:本题共5小题,共77分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步题 sinBcosC+v3sinBsinC-sinA-sinC 15.(1)【法一】构选常数列 -sinBcosC+3sinBsinC-sin(B+C)-sinC $-=2r+1-n+l-r(eN),-1.可a}-(n+l=-r==-= =sin ReosC+3sin BsinC-sin ReosC-sinCcosB-sinC =sinC(3sinB-cosB-D-0 故数列-是为0的常数列,所以a?-n。 又国为数列a.为正项数列,所以a=n(neN) 所以B_(-)故有8-所以- 【一】 6 66 6 3 由题意得:n2HN,有 0-2-c) 3 6 数学试卷答案 第1页(共9页) 由正定理可得sin A3sinC. cosfo - tana+tan+1 2 ocsinoC. 3 1+1 Vm'a 所以有。 sn A 3 8_ sinC sinC sinC tan'r -n, 当且仅当tn”“,即a-时等号成立, tno --..-.------..... 14 42 2sinC _..................15 -22tanC' 2 18. 【解析】(1)显然y=/(x)的图象经过(2.0),当x=0时,y=-2.所以/(x)的图象经过 ....11 的所有定点的坚标为(2.0和.0.-2................ 由题知/(r)-e'-ax+(-2)(e'-a)-(r-D{e'-2a). .............) 17. 【解析】直线与平面所成的角,平面与平面所成的角,线面平行的判定定理和性质定理. 最问题 若以(2.0为切点, (2)-e-2a,t线为y=(-2a](x-2 (1)由BD》I,8D平面AEFG,I平面AEFG可得,8D/平国AEFG...I.MO...-25 若以(0-2)为.f0-2-1切线为y=(2--2.....................4分 再由BD一平面BDD.面8B DDO平面AEFG-EG.所以BDEG........4 (注:上述两条切线写出一条即可) 又因为BEDG,所以四边形8DGE为平行四边形.所以BE=DG.......................5 (2)①当a0时.-20短成立. 在正四校柱ABCD-ABCD中,8B.DD均垂直于平面ABCD,所以直线AE。4G与平面 所以当x1时/°)<0f(x0)在(-.1单词送减 ABCD所成的角分别为EAB,GAD.即=E4B.GAD........................6分 当x1时,7(r)>0.f(x)在(1.+o0)单选增 又因为BE=DG,AB-AD,所以tana-tan,从而a-; (2)以A为坐标原点,分别以AB.AD.A4的方向为x抽、y输、=抽的正方向建立空间直角坐 ②>0时:由/()=0,得x=1或x=ln2]. 当ln(2a)=1,即a-时。f(x0>0桓成立,则/f(x)在B上单调递增, 财0 tan),G(01, tan,所以AE=10 tan),AG=01.tan).9当ln(2a)>1时。即a时,当x<I时。fq)>o.f(x)在(-.D单调通增: A二=1+:taa=0 设平面AFFG的法向量n-(X.y.2),则有 ,令:--1,则有 当1<x<ln(2a)时.f(x)<0.f(x在(1.ln(2])单调递减 4G-二=y+:tang-0 当x>ln(2a)时.f(x)0.f(x)在(ln(2a)o)谪增 x=tang.y=lan.所以n.-(tana.tan$.-1). 当ln(2a)<1时,即0<a<时. 平面ABCD的法向量i.=(0.0.l),平面AEFG与平面ABCD所成角为0,则 当xn(2a)时.f'(x)0,f(x)在(-c.ln(2a))单调遍增: 数学试卷答室 第2页(共9页) sln2a)x<1.f/°(r)0.f(o)在(n(2a)1单谓递减 当x1时:f(r)>0.f(x)在(1+o0)单调通增 易知g(x)在(0+)上单调递增,x→+×时,g(v)→+;x→0时,g(x)→一,所以存在 上所述:a50时,(x)在(-.D单调递减,在(1.40)单调递增 当x=(010时:g'(x)0,g(x)单递减;当x死(7.+oc)时,g(x)>0,g(x)单调递增 (3)【证法-】当a-0时,f(x+2ilnx+x-l)+e0e(xlnxx]-x+10 令gx)-'(xlnx+-r1.g(r)-e'(xlnx+x-x+lnx+l+2x-B-e(r+lxlnx+x 9.【解析】(1)【法一】由a.-2+1可得a.+1-2a+1),所以数列a.+l)为公比是 令r)=_ìnx+x.&(o)-+1,则box)在(0+oe上单调选增,又因为a(1)-1>o. a)-1+1<0。 2的等比数列,所以a.+1-2a.+1-2,即得a.=2-1,所以数列的母函数为 ,r 所以存在re .n,使得a(0=n+i=o,即ln:=-即--当xe(0口时,rx)<0,gcxo)<o. /(x)-2(2“-1). g(x)单调遇减:当x=(.+)时,x)0,g(x)0,gx)单调逸增所以 gr)gir)-e(rlnr+r-0tI-0 所以(xn.-+o也即 f2nxx-D+e....................17分 { r二) _ 1-2 令y}-x-1,i(x-(x+l0,则{x)在(0+)上单调递.又因为0=-l<0. f(r)-n.+ax+a.r}4ax'.-.① --1>0.所以存在te(0.D,使得a(o-r-1-0,即--即lnr--t当xe(0.0时。 2of(x)-2ar+2x}+2a.r'+ax-② r)c0:g(x)0:gx单调递减:当xf.+c)时:ix>0:g(x>0:gx)选增.所 ①②得 (1-2x)r(x)-+(-2a)(a-2e. +(o-2a.r+-2ab. .......17分 ,n 12111 1-2 (1-x)(1-2x)1-2x1-2x1-r1-2x1-r 数学试卷答案 第3页(共9页) =(2+2+2+.+2&+)-(1+x+r++”+.) =②-B+②-l+②-++(2-b+ (2)由题意得G(x)-$+$r+Sr+.+5'+.① 那么G(-Sr+sr+Sr.+s--② ①-②得 (-xG(x}=S+(S-$】x+S-S)+($-$)r’+$-$r =.+ar+a.x”+ar'+..=g(x) 所以G(n)-g() 1- 所以 (1-2r) 由(2)结论知数列(5.)的母函数为 ) 1-(1-x)01-2x1-1-2r1-2r)(1-2r° 4 --22C+42c2-4C.2r+42c.2x C(-2+42”-4c2”+4cr)(2(a+2)-2r. 所以S-2*(a+n+2)-2. 数学试卷答案 第4页(共9页)