玉溪一中2024-2025学年上学期高三年级期中考数学试卷参考答案一、选择题题号12345678910答案DCADCBCABCACD题号11答案BCD二、填空题281415153012．213．14．0,,3747三、解答题15．(1)ann1(2)证明见解析【详解】（1）由Sn1Snan1，得Sn1Snan1，得an1an1，所以数列{an}为等差数列，公差d1．若选①，因为a3a1116，所以2a716，得a78，所以a7a16d8，a12，所以ana1(n1)d2n1n1，22若选②，因为a2,a5,a11成等比数列，所以a5a2a11，所以(a14d)(a1d)(a110d)，所以2(a14)(a11)(a110)，所以a12，所以ana1(n1)d2n1n1．1110若选③，因为S11a77，所以a2，所以aa(n1)d2n1n1，11121n1111111111111（2），所以Tn()()()，anan1n1n2n1n22334n1n22n21111又因为0，所以T．n2n2n227616．(1)证明见解析(2)18【详解】（1）如图所示，连接EF.因为E，F分别是棱PB，PC的中点，所以EF∥BC，BC2EF.因为AD∥BC，BC2AD，所以EF∥AD，EFAD，所以四边形ADFE是平行四边形，则AE//DF.因为AE平面ACE，DF平面ACE，所以DF//平面ACE.（2）因为AD平面PAB，PA、AB平面PAB，所以ADPA，ADAB，又因为PAAB，所以AB，AP，AD两两垂直，答案第1页，共4页以A为坐标原点，AB，AP，AD的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题中数据可得，C2,0,4，E1,2,0，P0,4,0，D0,0,2，AC2,0,4，AE1,2,0，�0,0,0PC(2,4,4),PD(0,4,2)，nAC2x4z0,设平面ACE的法向量为，则nAEx2y0,x�=�,�,�y令x2，得n2,1,1.mPC2a4b4c0设平面PCD的一个法向量为m(a,b,c)，则，mPD4b2c0令b1，得m2,1,2.设平面ACE与平面PCD的夹角为，则nm4127676coscosn,m.即平面ACE与平面PAD的夹角的余弦值为.nm631818y217．(1)x21(2)15或15.3【详解】（）（）根据题意由可知，11MF1MF22F1F24动点M的轨迹为以为焦点，实轴长为的双曲线，F12,0,F22,02a2即c2,a1，所以a21,b2c2a23，y2所以可得E的方程为x21.3（）由（）知，显然当直线l的斜率不存在或l的斜率为时，不成立，21F22,00CF23F2D故直线l的斜率存在，且不为，设，，，0l:xmy2m0Cx1,y1Dx2,y2xmy2联立23m21y212my90，2yx13221则36m360，且3m10即m2，312m9yy,yy，123m21123m2112m①2y22又，所以，所以3m1，CF23F2Dy13y293y2②23m21答案第2页，共4页①216m2411所以由得，解得m2，故15，②3m21315m2故直线CD的斜率为15或15.11e18．(1)(2)答案见解析(3)aa122ea【详解】（1）fx2x2a1，故f122a1a0,则a1.xa2x22a1xa2x1xa（2）fx2x2a1，xxx111当a时，令，解得xa或0x，令，解得xa，222′′��1>01��<0故此时fx在0,,a,单调递增，在,a的单调递减，221当a时，在上恒成立，故此时fx在单调递增，2′1��≥00,+∞10,+∞1当0a时，令，解得x或0xa，令，解得ax，222′′��1>01��<0故此时fx在0,a,,单调递增，在a,的单调递减，22211当a0时，fxxx，故fx在0,的单调递减，在,单调递增，2211当a0时，令，解得x，令，解得0x，22′′��1>01��<0故此时fx在0,的单调递减，在,单调递增，22（3）gxfxx2a1lnxx22a1xalnxx2a1lnx2a1xlnx，lnxlnx1lnx令gx2a1xlnx0，则2a1，记hx，则hx，xxx21lnx1lnx当xe时，hx0，当0xe时，hx0，x2x2故在0,e单调递增，在e,单调递减，ℎ�1且he，当x1时恒成立，eℎ�>0lnx要使gx有两个零点，则2a1由两个交点，x111e故02a1，解得ae22e219．(1)(2)1,1(3)证明见解析12【详解】（1）抛物线x22py(p0)的焦点到准线的距离为3，p3，答案第3页，共4页111即抛物线方程为x26y，即fxyx2，则fxx，fx，633112K332又抛物线在点3,y处的曲率，则3，即在该抛物线上点3,y处的曲率为；222121212139112x111（2）gxgx，gx在上为奇函数，又gx在上为减2x122x1222x1xx��eeexex函数.gg2cosx对于恒成立等价于cosx2对于恒成立.22�∈��∈�exex又因为两个函数都是偶函数，记pxcosx，qx2，则曲线px恒在曲线qx上方，2exexpxsinx，qx，又因为p0q01，2p0q0所以在x0处三角函数px的曲率不大于曲线qx的曲率，即33，221p021q02xx2ee2又因为pxcosx，qx，p0，q01，所以21，解得：11，2因此，的取值范围为1,1；（3）由题可得fx4x，所以曲线在点xn,fxn处的切线方程是yfxnfxnxxn，�=��222即y2xn84xnxxn，令y0，得xn42xnxn1xn，即xn42xnxn1，x2x222nnxn2xn2xn2显然x0，xn1，由xn1，知x22，同理x2，n2x2xn1n1nn2xn2xn2xn2x2x2xn12xn2xn2故n1n，从而lg2lg，设lga，即a2a，所以数列是等比x2x2x2nn1nxn12xn2n1nn��n1n1n1x12n1xn2n1xn22数列，故an2a12lg2lg3，即lg2lg3，从而3，x12xn2xn2n1n1222314bn1311111所以，bnxn2n10，nn1n111，x22222n2n1b33131n3131332n1当时，显然；当时，111，n1T1b123n1bnbn1bn2b1333n1n1b11n11*31，综上，T3nNTnb1b2bnb1b1b1333n.331133答案第4页，共4页