20242025學(xué)年高三期中考試數(shù)學(xué)參考答案及評分意見1.D【解析】因為A=41,2,3,4,5,6},BN2A},所以B=1,2,3},CAB=4,5,6}.故選D.3.A【解析】因為a=(2,2),b=(2,6),C=(4,2),所以入b=(2+2入,26入);因為(a入b)上c,所以(a入b)·C=8(1入)4(13入)=124入0,解得入=3.故選A.4.B【解析】設(shè)圓錐的底面半.設(shè)圓錐的內(nèi)切球半徑為R,又圓錐的軸截面為5.A解析由fma2,得A-2·f的的圖象·f6.C【解析】當(dāng)z≤0時,f(u)=z2+4.z,由二次函數(shù)的性質(zhì)可知f(x)在(o,2)上單調(diào)遞減,在(2,0]上單ff(ux)在(0,1)上單調(diào)遞減.令h(x)ln(1z),則h'(0)1.作出y=f(u)的大致圖象,如圖所示.方程f(x)az=0恰有2個不相等的實數(shù)解,也就是f(u)的圖象與直線y=a恰有兩個公共點.由圖易知所求a的取值范圍是[1,4).故選C.7.C【解析】因為函數(shù)f(ur十2)為偶函數(shù),所以f(uc十2)=f(x+2),即函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線z=2對稱;因為函數(shù)f(2u:+1)為奇函數(shù),所以f(2u+1)十f(2u:+1)=0,即函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(1,0)中心對稱.又當(dāng)zE(0,1]時,f(x)=log4,8.C【解析】因為z2+y2xy=1,將點(x,y)的坐標(biāo)代入方程,原方程保持不變,所以橢圓關(guān)于原點對稱;將點(y,u)和(y,z)的坐標(biāo)分別代入方程,原方程保持不變,所以橢圓關(guān)于直線y=z和y=對稱.數(shù)學(xué)答案第1頁(共8頁)33設(shè)直線與339.ACD【解析】方程z22+4=0的兩個復(fù)數(shù)根為x,x2,由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得x1十x2,224,A,C正確;則x2i(1+i)2=12i+3i222i2,B錯誤;D選項,由B選項知,X1+D正確.故選ACD.10.BD【解析】對于A,當(dāng)a=1時,f(x)32u1,求導(dǎo)得f"(x)=322z1,··f,·Δ4i2≤·即f,≥恒成立·函數(shù)f(1)在R上單調(diào)遞增,f(x)無極值點,B正確;對于C,要使f(x)在R上是減函數(shù),則f"(x)=3z22ur+a≤0恒成立,而不等式322x+a≤0的解集不可能為R,C錯誤;11.ABD【解析】對于A,依題意,曲線C是以F(1,0)為焦點,直線z=1為準(zhǔn)線的拋物線,方程為y2=4Z,A正確;對于B,如圖,過點T作直線z=1的垂線,交直線z=1于E,交拋物線于A.令點M到直線z=1的距離為d,則MFI=d,IMTI+IMFI=IMTI+d≥TEI,當(dāng)且僅當(dāng)點M與點A重合時取等號,因此IMTI+數(shù)學(xué)答案第2頁(共8頁)MFI的最小值為ITEl=5,B正確;對于C,顯然過點N(1,0)與曲線C有且只有一個公共點的直線的斜率存在,設(shè)其方程為y=k(x+1),當(dāng)ko時,由Δ=1616k2=0,解得k=±1,顯然直線y=xz+1,y=x1均與拋物線僅有一個公共點,因此過點N(1,0)與曲線C有且只有一個公共點的直線有3條,C錯誤;A(1,2),B(1,2),所以四邊形ABGE是矩形,其周長為2X(2+4)=12,D正確.故選ABD.12.8【解析】設(shè)等差數(shù)列{a,}的公差為d,3·解析設(shè)ffi,·所以曲線y=2ln在點(1,2)處的切線方程為y2=z1,即y=x+1.1【解析】當(dāng)AFAB時,設(shè)A(C,yn),·又b2C22,所以C2a2=2ac,兩邊同時除以a2,得e22e1=0, FQl__所以設(shè)A(X,y),則B(x,y),ABl=I2ZXI,IAFl=C22,IBFl=C22 FQl__所以十2(CCCyCyFP十2(CCCyCy數(shù)學(xué)答案第3頁(共8頁)因為BE(0,m),sinB興0,所·由余弦定理·得b2+c22bc.又a=2,所以b2C2=bc+4.……………………7分由基本不等式得:b2+c2≥2bc,即bc+4≥2bc,所以bc≤4,當(dāng)且僅當(dāng)b=C=2時,等號成立.……………………9分又(bC)2=b2+c2+2bc=3bc+4≤16,即0<b+c4,又b+c>a=2,所以2<b+c≤4,……………11分所以4<a+bC6,即△ABC周長的取值范圍是(4,6].……………13分16.(1)解:f(u)=xrlnzca2+1,x>0,則f'(u)=lnuz+12ax.因為f(ux)在(0,+)上單調(diào)遞減,所以f"(x)=ln+12aur≤0在(0,+)上恒成立,g·,解得·當(dāng)zE(0,1)時,g'(x)>0;當(dāng)UZE(1,+)時,g'(ux)<0,所以g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+)上單調(diào)遞減,(2)證明:方法一:由題意得f(x)=xtlnuax2+1的定義域為(0,+),8分T,-2+i·且T(0)=1<0,T(1)=a>0,所以存在zoE(0,1),使得T(u,)ao2o1=0,所以當(dāng)zE(0,x,)時,T(u)<0,h'(x)<0;當(dāng)zE(zo,十)時,T(ux)>0,h'(x)>0,所以h()在(0,x,)上單調(diào)遞減,在(xo,)上單調(diào)遞增,數(shù)學(xué)答案第4頁(共8頁)所以p(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,所以當(dāng)zE(0,1)時,p(x)>p(1)=1,所以h(azn)>0,即h()min>0,所以f(1)>0.……………15分方法二:將f(1)看作以a為變量的函數(shù)p(a)=工2·a+lnx+1,其中xE(0,+),……要證當(dāng)a<0時,f(1)>0,即證當(dāng)a<0時,p(a)>0,只需證當(dāng)a=0時,p(0)=xlnz+1≥0.……………當(dāng)變化時,m'(z),m(x)的變化情況如下表:單調(diào)遞減單調(diào)遞增I5·所以FHWAE,FH=AE,………………………3分所以四邊形AEHF為平行四邊形,則AFEH.………………4分又因為EH一平面PCE,AF平面PCE,所以AF平面PCE.…………6分(2)解:如圖,取BC的中點G,連接AG,取AD的中點M,連接FM,CM,數(shù)學(xué)答案第5頁(共8頁)因為PA上平面ABCD,所以FM平面ABCD,…又由菱形性質(zhì)可得AG=CM,所以AG2+BG2=AB2,所以AG上BC.所以AG上AD,所以AG,AD,AP兩兩垂直.…………………10分以點A為坐標(biāo)原點,直線AG,AD,AP分別為z,y,x軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.因為PA=AB=2,所2,0),F(0,1,1),P(0,0,2),……12分由PA上平面ABCD得平面ACD的一個法向量為n=(0,0,1).設(shè)平面FAC的一個法向量為m=(ux,y,x),,則y=3,x=3,,3)為平面FAC的一個法向量.………14分設(shè)二面角FACD的平面角為0,由圖可得為銳角,I53.---數(shù)學(xué)答案第6頁(共8頁)解得m=2或m=2.…………………………10分12且m2,19.(1)解:①因為24>431,所以數(shù)列1,2,4,3不是M數(shù)列;……………2分②因為42<128<1811,所以數(shù)列4,2,8,1是M數(shù)列.……………4分(2)證明:必要性:若數(shù)列(a,}是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d,則bmla.nam+1dl,充分性:若數(shù)列bm}是常數(shù)列,則bmb1(m=1,2,…,n2),即amam+i=Iam+1am+2I(m=1,2,…,n2),所以an(m+-i=am+iam+2或a.amt-i(m+-1172+2).因為數(shù)列ta,}的各項互不相等,所以am(m+i=am+1(mt2,所以數(shù)列(a,}是等差數(shù)列.………………………9分綜上可知,數(shù)列(a,}是等差數(shù)列的充分必要條件是數(shù)列b,}是常數(shù)列.………