湖南长沙市金阳高级中学2024-2025学年度高三上学期12月学情检测数学试卷

2024‘2025学年度高三上学期12月学情检测 数学评分细则 注意事项： 1.本评分细则中，各步骤虚线之后为考生做到此步骤应得的累计分数. 2.各阅卷人员请注意，若考生作答所用方法与参考答案不同，请将考生作答提交至专家组，讨论后评定分数 3.解答题由两人共同阅卷，阅卷阈值2分，若两人评卷误差小于阈值，则取平均分计入该小题得分，若两人评 卷误差大于阈值，则提交专家组进行复核. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.与答案不符的均不得分 1.A2.B3.A4.D5.B6.C7.D8C 二、选择题：每小题6分，共18分.全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选的得0分. 9.AC 10.BD 11.ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.与答案不符的均不得分. 12.6 13.-:(←o,ln2) 2 14.1 3 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】(1)因为2coSA(cc0sB+bcosC)=a, 由正弦定理得2cosA(sin Ccos B+sin Bcos C=sinA,--- -2分 又因为B+C=π-A,所以sin Ccos B+sin Bcos C=sin(B+C)=sinA, 所以2 cos Asin A=sinA,--- 4分 因为A∈(0，D,所以sinA>0, 所以os4-2可得4=子 1 -6分 3 ab c 3 =2 (2)由正弦定理可得sinA sin B sinCv3 -7分 2 所以b=2sinB,c=2sinC, bte=2(sin Btsinc)=sin B+sin(=sin 8t(cosin =2n8+ cos B)=23sin(B+, 2 -9分 61 [0<B<π 在△ABC中，可得 0<2-B<π解得0<B<2 --10分 3 3 可得8+若后2，所以m(+e.则23m(B+爱c5.25, 66’6 -12分 即b+ceW5,2V5] 所以△ABC的周长的取值范围为(2√5,3V5] -13分 16.【解析】(1)方法一：（几何法） 因为AB∥CD,∠BAD=90°， 所以∠ADC=90°，即AD⊥CD -1分 又因为PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD, 所以PA⊥CD ---2分 又因为PA∩AD=A, 所以CDL平面PAD 4分 又因为PDC平面PAD, 因此CD⊥PD -5分 方法二：（向量法） 要证CDL PD,即证CD.PD=0 由于PD=PA+AD,又因为PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD, 所以PAL CD,即PA.CD=0. 1分 因为AB∥CD,∠BAD=90°， 所以AD⊥CD,即AD.CD=0. -2分 因此cD.PD=CD.(pA+AD)=CD.pA+CDAD=0. -4分 故CDL PD.- 5分 方法三：（空间向量坐标法） 因为PA⊥平面ABCD,∠BAD=90°，AB∥CD 以A为原点，AD,AB,AP所在直线分别为x轴，y轴，二轴，建立如图所示的空间直角 坐标系 -1分 因为PA=AD,设A(0,0,0),D(a,0,0),P(0,0,a),C(a,b,0)--- -2分 于是PD=(a,0,-a),DC=(0,b,0).- -3分 因为PD.DC=0.- 4分 故CDL PD. -5分 (2)方法一：（空间向量坐标法） 因为PA⊥平面ABCD,∠BAD=90°，AB∥CD 以A为原点，AD,AB,AP所在直线分别为x轴，y轴，二轴，建立如图所示的空间 直角坐标系- -6分 因为PA=AD,PA=CD=2AB=2, 设A(0,0,0),D(2,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),B(0,1,0). 又因为M为棱PD的中点，所以M(1,0,1).- -7分 BC=(2,1,0),BP=(0,-1,2),BM=(1,-1,1). -8分 设平面PBC的一个法向量为h=(:,,) 则 4·BC=0 ,所以 [2x1+4=0 -9分 4BP=0 -y+231=0 取x=1,得n=(（1,-2,-1).- -10分 设平面MBC的一个法向量为乃=（书，为，） 则 2·BC=0 所以/2+5=0 -11分 h·BM=0 x3-y2+32=0 取x=1,得=(1，-2，-3).-- -12分 设二面角P-BC-M为O, 所以cosd= ·% 1+4+3 4 2W21 √6.14√21 -13分 网 21 因此sin0=V1-cos26= 16_5105 21V21 -14分 21 故二面角P-BC-M的正弦值为Ao ----15分 21 方法二：（几何法） 过点B作BF⊥CD,垂足为F,连接AC,BM,BD, 过点M作MG⊥BC,垂足为G,连接PG. 设二面角P-BC-M为日， 由题可知，PA=AD,PA=CD=2AB=2,得PA=AD=CD=2,AB=1. 因为AB∥CD,∠BAD=90°，BF⊥CD, 所以四边形ABFD为矩形，DF=AB=1,BF=AD=2 又因为CD=2,故DF=FC=1,即F为CD的中点.- -6分 在Rt△BFC中，由勾股定理得，BC=√BF2+FC=√P+2=√5】 由于PA⊥平面ABCD,AB,AD,ACC平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD,PA⊥AC 在Rt△PAB,Rt△PAD中， 由勾股定理得，PB=√AP2+AB=√2+1P=√5，PD=√AP2+AD=√2+2=22， 在Rt△ADC,Rt△PAC中， 由勾股定理得，AC=AD+CD=V2+2=25,PC=VPF+AC=V22+(2W2=2W5.-8分 在△PBC中，由余弦定理得，cos∠PBC=PB+BC2-PC_5+5-12.1 2PB BC2x5x5=-5 sin∠PBC=V1-cos2∠PBC 于是8e-分C-i∠PmC-x5x5x266 9分 5 因为M为PD的中点，得MD-PD=5 由(1)可知，CD⊥PD 在R△MDC中，由勾股定理得，Mc=VD+CD-(V2)+2=V6 在Rt△ABD中，由勾股定理得，BD=VAD+AB=√2+1P=√ ..--------10分 又因为PB=BD,所以△PBD为等腰三角形， 由于M为PD的中点，故BM⊥PD 在Rt△MDB中，由勾股定理得，BM=VBD-MD=5-(V2=V5 在AMBC中，由余弦定理得，cos∠MBC=BM+BC-MC-3+5-61 2BM.BC 2x3x√万15' sin∠MBC=V1-cos2∠MBC ----11分 于是SAc= CC-专55x倍-号 4-14 Sm安CDA0-2x2-2 因为PA⊥平面ABCD,三棱锥P-BCD的高为PA, 3 3 _1y 由于M为PD的中点，4-Bm2,-sCo 2 31 2 VP-BCM=VM-PBC VM-BCM 3 -12分 解法一：血于Se=弓5CG,G-2 BC 设M到平面PBC的距离为h,由几何关系得，h=MG.sinO. 由于-mer=2。 2 3 3 带入h=MG.sin日，MG=2ec, BC 可得c}S286m0 --13分 3 BC 3 由于SABC=V6,SABc= ,c=V5 V14 店 2 化简得sime=V105 ---14分 21 故二面角P-BC-M的正弦值为1o5 -15分 21 解法二：设M到平面PBC的距离为MQ,连接CQ 自于袋号品0=子解得0后 3 叉因为S,BC-MG,解得G0 -13分 5 因为MQ⊥平面PBC,BCc平面PBC, 所以MQ⊥BC. 又因为MG⊥BC,CQ∩MG=M, 所以BC⊥平面MGQ, 由于CQc平面MGQ 所以BC⊥C2 因为MGc平面MBC,CQc平面PBC,MQ⊥BC,BC⊥C2, 所以∠MCQ为二面角P-BC-M的平面角. 因为MQ⊥平面PBC,CQc平面PBC. 所以MOL CO,即△MQG为直角三角形， 2 因此sin0=sin∠MG0= Mg.后-105 -14分 MG√7021 5 故二面角P-BC-M的正弦值为105 -15分 21 17.【解析】(1)(i)当a=3时，f(x)=(3-x)e-2x-3, f'(x)=(2-x)e-2,-- -1分 f(0)=0, -2分 f'(0)=0, 3分 所以曲线y=f(x)在点(0，f(O)处的切线方程为y=0 --4分 (i)令g(e)=(2-)e-2,则g'(x)=1-xe-- -5分 令g(x)=0,得x=1, 所以当x∈(-o,1)时，g(x)>0,g(x)单调递增： 当x∈1，+o)时，g'(x)<0,g(x)单调递减： -6分 g1)=e-2>0,g(0)=0,g(2)=-2<0-- -7分 故g(x)在(-∞，1)存在唯一零点x=0,在(1，+∞)上存在唯一零点x,∈1,2)- -8分 即f'(x)存在两个不同的变号零点，即f(x)恰有两个极值点。 -9分 (2》J因≤可变形为a≤t+6ue则 2e -10分 令h6)=x++4+6,则h0W=2e--2x-2 -11分 2ex 2ex 令p(x)=2e-x2-2x-2,则p'(x)=2(e-x-1)≥0- -12分 故p(x)在R上单调递增，p(O)=0- -13分 当x<0时，p(x)<0,h'(x)<0,hx)单调递减： 当x>0时，p(x)>0,h'(x)>0,h(x)单调递增- -14分 h(x)m=h(0)=3,故a≤3， 综上所述，实数a的取值范围为（←o,3]- -15分 18.【解析】(1)设P(x,),可得8,2-2=8 由于l∥y轴，故可设l:x=t(t≠0) 依题意可得，F(1+8,0),即(3,0)，√(-3)+02=2，-… -1分 可得9x2-6x0+1=22x2-22t0+22t2 9=22 故有{-6=-22t 2分 1=22t2 由题意可得>0 1 解得2=3，t= 3 即：x= -3分 3 (2)(i)方法-： 设P到l的距离为d 由于ARIIFO,故 POPF -4分 AORF 依题意，A(-1,0), 故A到1的距离为 3 Pg-d-3d且P到=3a -6分 40 44 3 故RF=4=AF,即R在以F为圆心，4为半径的圆上 -7分 因此，只需AM是直径，则AR⊥MR,故存在点M(7,0)满足题意-- -8分 检验：当P在x轴时，AR与PQ重合，与ARIIFO矛盾，故P不在x轴，故R与M不会重合，即点M(7,0) 满足题意- --9分 方法二： 1 由于ARIIFO,故 PO Pr63=为=-3 42 RF 4 -yR 3-xR 3 故R 5.x-94% -5分 3x-1'1-3x 由于图形整体关于x轴对称，故点M必然在x轴上，设其坐标为(m,0) AR=(xR+1.yR),MR=(xR-m,yR) 依题意得AR.M瓜=0，故(x+1)(R-m)+yR=0 -6分 展开并代入R坐标得(168-24m)x2+(112-16m)x+(8m-56)=0 168-24=0 由于始终成立，故112-16=0，当m=7时，三者均满足，故存在点M(7,0)--------8分 8m-56=0 检验：当P在x轴时，AR与PQ重合，与ARIIFO矛盾，故P不在x轴，故R与M不会重合，即点M(7,0) 满足题意 -9分 方法三： 设直线AP:x=y-1, 由于P不在x轴，故t必然存在 4 代入得Q(,4),故直线四倾斜角a的正切值为3廷 1 3’3t 4分 8 3 联立AP与双曲线得(8t2-1)y2-16y=0 △=224t2+32>0,由韦达定理得， /5+5、1 t2-1 -5分 y2=0 由于交点为A,P,故yp= 16t 842-1 ,代入得xp= 82+1 8t2-1 --6分 16t 故PF的倾斜角B的正切值为。8-1 4t 8+1-31-4 8t2-1 而 4t 2t 即tanB=tan2u -4t 1 2 1 2t 故∠FAR=∠ARF,即FA=FR,R在以F为圆心，4为半径的圆上 因此，只需AM是直径，则AR⊥MR,故存在点M(7,0)-- --8分 检验：当P在x轴时，AR与PQ重合，与ARIIFO矛盾，故P不在x轴，故R与M不会重合，即点M(7,0) 满足题意 -9分 (2)(i)由于图形整体关于x轴对称，故点N必然在x轴上 由此可得，随着R的移动，N点最多存在两个，分站A左右 方法一： 取K(-了0，故1垂直平分欣F@=lkg 由于ARIFO,故∠FAR=∠ARQ=∠AKQ=∠ARF 故△KQF△AFR,故有 OF FK] FRRA 取点N(-号o0数4州-9网 故有 №F_IFR AN RA 由于ARIIFO,故∠RFQ=π-∠ARF,而∠RAN=π-∠RAF,且LRAF=LARF 故∠RAN=∠RFQ,可得△RANW△RFQ 因此∠ARN=∠FRQ -13分 由于∠ARN<∠RAF,故若在A右侧存在第二个点N,其必定位于线段AF上，设其为N 由于∠FAR=∠FRA,∠FAR=∠ARN+∠ANR,∠FRA=∠FRN+∠ARW' 故∠FNR=∠FRN' 故△FRN~△FNR 可得 FN FR FRFN 代入数据每N-号，改N(号0) ----16分 7 19 故点N的坐标为 -17分 方法二： 由(2)(i)得R 5-946 3x-1’1-3x 设N(20) 可得RF倾斜角&的正切值为y?,,R0倾斜角日的正切值为”R- XR-3 XR-1 可得直线4R的斜率为，N的斜率为，业 xp+1 XR-n 结合8x,2-%2=8,可得tam∠FR0=,tan8-tan8 ---11分 1+tan8.tan65(+1) 同理可得tam∠4RW=27-n飞+可 yo (n+1) -14分 故 l6(n+1)为 27-(+1)5(+1) 解得n= 9或n= -16分 故点N的坐标为- 0号0 -17分 19.【解析】(1)令n=1,则S号-k.S=4aG, 因为a2=2g,所以S=3S=34, 所以27ad-k.aG=32a, 1分 因为4>0，所以k=-5. 2分 (2)此时S4-4S明=4aH, 又因为a1=SnH-S,所以S-4S=4(SH-S)3, 3分 移项整理，得3S(S1-2S)2=0,- -4分 因为a>0,所以St1>0,所以SH=2S, 即{S}是以1为首项，2为公比的等比数列，即S=2”-1, -5分 当n≥2时，a.=Sn-Sn1=22， -6分 [1,n=1 所以a= 2-2,2≤n≤m 7分 （3》令8=x,因为a>0,所以x>1, 由题意得，S21-k5=4a1=4(S1-S尸， 即x2-k=4(x-1)3,所以k=-3x3+12.x2-12x+4, -8分 设f(x)=-3x+12x2-12x+4-k,则f'(w)=-33x-2(x-2), 6多 2 2 (2,+0) f'(x) 0 + 0 f() 单调递减 极小值点 单调递增 极大值点 单调递减 因为x>1,f(x)有零点，故f(2)≥0，即1<k≤4. -9分 当k=4时，由（2)得E(X)=X=2m-1, -10分 当1<k<4时，令k=1,解得x=1或x=3±5 ----11分 2 因为0=@=4-0.m=251-x0, 由零点存在性定理可知，f(x)=0共有三个零点， ---12分 不妨设为a,b,c(c<1<b<a, 所以此时S进=a或=b,即=aS或Sh=bS, S S 因为从S到Sm共m-1次递推，每次递推有两种递推公式，故总情况有2m-1种， X的可能取值为产5，S,b,=a8)-=尝， 00票68+舞awg…8=a 2m-1 -13分 因为方程3x3-12x2+12x-4+k=0(I)可变形为3(x-a(x-b)(x-c)=0, 展开得3x2-3(a+b+c)x2+3(ab+bc+ac)x-3abc=0(II). 比较(I)和(IⅡ)得a+b+c=4, -14分 所以(x)=4-c) 21, 因为0)=4-k>0,J,5-1<0,在035上单调递减 2 所以ce(0 3-5、 --15分 2 国为0-分重c的夫减，质汉心n-”g -16分 综上所述，！ --17分绝密★启用前 2024‘2025学年度高三上学期12月学情检测 数学试题 注意事项： 1.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.回答选择题时，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。回答选择题时，将答案写在答题 卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回 一、选择题：本大题共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。 1.已知A={2,3,4},B={xx>m,若A∩B={4),则m的取值范围为 A.[3,4) B.(3,4] C.[2,3) D.(2,3] 2.已知==2+i,则|z= A.√2 B.5 c.√1o D.3 3.己知点A(2,1),B(-1,5),则与AB同向的单位向量为 A(学 B.(-3,4) c.层3 D.层-专 4.梯形OABC的直观图是一个等腰梯形OABC1,等腰梯形OABC1的底角为45°，面积 S=√2，则梯形ABCD的面积是 A.2 B.√2 C.2W2 D.4 5.己知抛物线C:x2=4y的焦点为F,过F的直线交C于A,B两点，若AB中点的纵坐标 为3，则|AB= A.4 B.8 C.10 D.11 6.记S,为等差数列a,}的前n项和.若{a,}的公差为dd>-④，且4，=2，则a+是的最 小值为 A.-2 B.-3 C.-4 D.-5 数学试题第1页（共4页） 7.知数中学举办数学综合测评，设置10道题目，比赛规则如下：每答对一道题日得10分， 答错一道题目扣5分.已知小明答对每道题目的概率均为？，随机变量X表示小明最 后的得分，则 A.E(X)=5 B.E(X)=15 C.D(X)=250 D.D(X)=540 8.定义在[0,2]上的函数fx)满足当5<6时，f(:)≤f(63),f(x)+f(2-x)=2,f(2)=2, 且x∈[弓，2时f)≤2x-1).若ff0≤2-f0),则t的取值范围为 A.5习 B.[0.] c D.L 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有 多项是符合题目要求的。全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选的得0分。 9.设函数f(x)=sin2x+2 sinx cosx-cos2x,则 A.f(x)的最小正周期为元 B.f)图像关于直线x=13π对称 P C.f)在区间(6x,255)单调 4 D.f(x)=√2当且仅当cos2x=0 10.在直角坐标系xOy中，点4(-2,0)，B(2,0),P为动点，tan∠PAB-tamn∠PBA=号，记 P的轨迹为E,Q为E的上顶点，则 A.E的方程为4+2=1 B.1B=5 C.cos∠APB≥- 5 D.IP43 3 11.设X,Y是随机试验中两事件，记P(X+)=p,P(XY)=q,P()P()=k,则 A.当X,Y互斥时，P(X)+P()=p B.当XcY时，k≤q C.当g=如时，p+g∈5 D.g-k≤4 数学试题第2页（共4页） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。 12.方程x+y+z=5不同正整数解的组数为 13.已知偶函数f(x)=n(e+1)+ax+b有两个零点，则a= b的取值范围为 ,成进一块 14.一个正四楼台形盒子（厚度不计），底边长为1，顶边长为3，容积为13W5 正四面体积木后盖上盖子，若积木能在其中自由转动，则积木体积的最大值为 四、解答题：本大题共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) 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cosA(bcos C+c cos B)=a. (1)求A: (2)若a=√3，求△ABC周长的取值范围. 16.(15分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD,∠BAD=90°，M为棱PD的 中点，己知PA⊥底面ABCD,PA=AD. (1)证明：CD⊥PD; (2)若PA=CD=2AB=2,求二面角P-BC-M的正弦值. D 数学试题第3页（共4页） 17.(15分) 己知函数f(x)=(a-x)e-2x-3. (1)当a=3时： (i)求曲线y=f(x)在点(0，f(O)处的切线方程： (ii)证明：f(x)恰有两个极值点： 2》若/≤，求a的取值箱国。 18.(17分) 已知直线1平行于轴，双曲线C:-。-1的右焦点为P,C上一动点P到P的距 P 离是P到1距离的1倍， (1)求1的方程： (2)设C的左顶点为A,直线AP交1于点Q,点R在直线PF上，且AR∥FQ, (i)证明：存在定点M使得AR⊥MR: (ii)若∠ARN=∠FRQ,求N的坐标. 19.(17分) 记Sn为数列{a}的前n项和，且{a}共有项，各项均为正数.己知a=1,对于一切 正整数n<l,均有S8-k.S=4G (1)当a,=2时，求k; (2)当k=4,求{a}的通项公式： (3)当k>1时，从所有满足题意的数列中随机抽取一个{b,},设X为b}的前项 和，求E()的取值范围. 数学试题第4页（共4页）