2024-2025学年度高三上期数学10月阶段性测试（参考答案）一、单项选择题：BAACDDDC8．【解】由对数函数的性质知clog0.20240.2023log0.20240.20241，0log20241log20242023log202420241，0log20231log20232022log202320231，所以c1，0a1，0b1；当n2时，lnn1lnnlnn10，22lnn1lnn12所以lnn1lnn1lnnlnn222222lnn1n12lnn12lnn222lnnlnnlnnlnnlnn0，2222取n2023，则lg2022lg2024lg20230，2lg2022lg2023lg2022lg2024lg2023所以balog20232022log202420230，即ba，综上，bac.lg2023lg2024lg2023lg2024二、多项选择题：ABCACDCD.66x11．【解】令fx6lnxx，则fx1，xx故当x0,6时，，fx单调递增，当x6,时，fx0,fx单调递减，′��>�n∵6lnmma，6n6lnenena，∴fmfe，又men，不妨设0m6en，n解法一：记x1m,x2e，设gxf12xfx，x0,6，2x66x2x6则gxf12xfx0在0,6上恒成立，所以gx在0,6上单调递减，x12xxx12所以gxf12xfxg60，x0,6，则f12x1fx1fx2，n又因为12x1,x26,，且fx在6,上单调递减，所以12x1x2，则x1x212，所以me12.enen解法二：由6lnmma,6n6lnenena，两式相减，可得6lnenm，令tt1，mm6lnt6tlnt6t1lnt则6lntmt1,m,enmt，∴men；t1t1t1t11令gtt1lnt2t1,t1，则gtlnt2lnt1，tt111t1令ylnt1t1，则y0在上恒成立，所以gt在上单调递增，ttt2t2�,+∞�,+∞因为gtg10在上恒成立，�,+∞t1lnt6t1lnt所以gt在上单调递增，则gtg10，即2，所以men12.t1t1�,+∞试卷第1页，共4页{#{QQABZQIEgggAAoAAAQhCAwXKCEOQkAGAAYgOQBAAoAAAiQNABCA=}#}{#{QQABZQIEgggAAoAAAQhCAwXKCEOQkAGAAYgOQBAAoAAAiQNABCA=}#}可以得到关键点的坐标A0,1,0,B0,1,0,C1,0,0,D0,0,3由第（1）问知道平面BEF的法向量可取AD0,1,3.设平面BCD的法向量为mx,y,z，且BC1,1,0,CD1,0,3,则m·BC0xy0,则，解得m3,3,1.m·CD0x3z0m·AD232121则cosm,AD.则平面BEF与平面BCD夹角的余弦值为.（15分）m|·AD|277717．【解】（1）零假设H0为：学生患近视与长时间使用电子产品无关．2501025105400计算可得，26.3493.841x，15352030630.052根据小概率值0.05的独立性检验，推断H0不成立，即患近视与长时间使用电子产品的习惯有关．（5分）（2）每天看电子产品超过一小时的人数为，213C10C5C1045512069则P(2)P(2)P(3)33，C15C154559169所以在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是．（10分）91111111（3）依题意，P(XY0)，P(XY2)，2245525事件XY1包含两种情况：①其中一人每天看电子产品超过一小时且近视，另一人既不近视，每天看电子产品也没超过一小时；②其中一人每天看电子产品超过一小时且不近视，另一人近视且每天看电子产品没超过一小时，11116于是P(XY1)C1C1，22525102511653所以P(XY)P(XY0)P(XY1)P(XY2)．（15分）425251001118．【解】（1）切点为3,ln4.因为f(x)，所以切线的斜率为kf(3)，x141所以曲线yf(x)在x3处的切线方程为yln4(x3)，化简得x4y8ln230；（5分）4（2）由题意可知Fxaxlnx1，则的定义域为1,，1axa1��Fxa，x1,，x1x11当a0时，Fxa0，则在1,上单调递减；x1��1当a0时，令Fx0，即axa10，解得x1，a试卷第3页，共4页{#{QQABZQIEgggAAoAAAQhCAwXKCEOQkAGAAYgOQBAAoAAAiQNABCA=}#}1a1axa11axa1若1x1，Fx0；若x1，Fx0，aax1ax111则在1,1上单调递减，在1,上单调递增．aa��综上所述，当a0时，在1,上单调递减；1��1当a0时，在1,1上单调递减，在1,上单调递增；（11分）aa��11（3）证明：函数gxx1ln1ln2，xx函数gx的定义域为,10,．若存在m，使得曲线关于直线xm对称，1�=��则,10,关于直线xm对称，所以m211由g1xxln1ln21x1xx2x1x12x1x1x12x1x12x1xlnlnxlnln1xlnlnln1xlnlngx．x1x1xx1xxx1xx1可知曲线关于直线x对称．（17分）2�=��19．【解】（1）设椭圆C的方程为mx2ny21(m0,n0,mn)，代入已知点的坐标，13mn1m6x2y2得：2，解得，所以椭圆C的标准方程为1．（5分）4mn11623n2（2）如图：①设直线l的方程为xmy2m0，并记点，，，xmy2,���,�����,�����,��22222由x2y2消去x，得m3y4my20，易知Δ16m8m324m10，1624m2则yy，yy．12m2312m23yy12由条件，Dx1,0，Ex2,0，直线AE的方程为yxx2，直线BD的方程为yxx1，x1x2x2x1x2y1x1y2my22y1my12y22my1y2联立解得x0=2+3，所以点P在定直线x3上．（11分）y1y2y1y2y1y2myy11111121②SPABADx0x2y13x2y11my2y1my1y2,而，所以my1y2y1y2，2222y1y22221yy112则126m1，SPABy1y1y2y1y24y1y222442m266t61613S令tm21，则t1，所以△PAB22，2t22t2224t3当且仅当t2时，等号成立，所以PAB面积的最大值为．（17分）4试卷第4页，共4页{#{QQABZQIEgggAAoAAAQhCAwXKCEOQkAGAAYgOQBAAoAAAiQNABCA=}#}