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阜陽市2024-2025年度高三教學質量統測試卷
數學參考答案
單選題： 1-4DCCD 5-8 BABC
7.B .
【解析】令 y f (x) 2x [x]， y g(x) sin x，則 2x [x] sin x根的個數等價于
y f (x), y g(x)圖像交點的個數
L

2x 2, 2 x 1
2x 1, 1 x 0
f (x) 2x,0 x 1 ，

2x 1,1 x 2
2x 2,2 x 3

L
作出 y f (x), y g(x)圖像，易得兩個函數有 3個交點，所以，方程有 3個根。
8.C 【解析】
t b令 ，因為1 a b，所以 t (1, )，b ta，
a
不等式 < 兩邊取以 e為底的對數，得
ta ln a a ln(ta) ， 即 ln > +
不等式等價于 1 > 0 > 1 恒成立；
令 F (t) (t 1) ln a ln t，
F (t) ln a 1 t ln a 1 ，
t t
1
(1)當 1即 a e時，恒有 F (t) 0，F (t)單調遞增，當 t 1時，恒有 F (t) F (1) 0；
ln a
1
(2)當 1 1時，即 1 a e 時， t (1, ) 時，有 F (t) 0 ， F (t) 單調遞減，則
ln a ln a
F (t) F (1) 0不合題意，舍；綜上， a e .
多選填多選題 ：9. ABC 10.ABD 11.ABD
10.ABD【解析】
x
f (x) e x(2x 3) 2 ，得函數的遞增區間為 ( ,0), (
3 , ) 3，遞減區間為 (0,1), (1, )，
(x 1) 2 2
3 3
得 A錯誤，B正確；取 a1 ，則 a2 f ( ) 0，C x 2 f (x) 3e
2
錯誤；當 時，恒有 2，
4 4
則當 a1 2,a2 f (a1) 2,a3 f (a2 ) 2L an f (an 1) 2，D正確；
11.ABD
【解析】
因為 P、F均為球的切點，易得 MF=MP，A正確；
設平面 I 平面 VFO=直線 FG，直線 FG交 l于 G，
因為 VA// ,所以VA / /FG，
因為O F ,l ，所以 l O F，
VO ,l ，所以 l VO ，
由VO ,O F 平面VOF，
所以 l 平面VOF，
FG 平面VOF，
所以 l FG，
又 MN⊥l，所以 MN//FG，
因為 FG//VA，所以 MN//VA，B正確；
作 MH垂直平面 于 H，又因為VO ,
所以MH //VO ，
由等角定理可得， ∠NMH = ∠AVO' = θ = ∠PMH
MH⊥平面 ，
得 RT PMH RT NMH ，
MN MP，
又 P、F均為球的切點，則易得 MF=MP，
所以恒有 MN=MF，
即|MF|=d,其中 F為定點，d為M到定直線 l的距離，
所以 M的軌跡為拋物線，C錯誤；
圓錐過 VOF的軸截面，如圖所示，
取 FG中點 Q，易得O Q VO ，
FG 2FQ 2R tan ，
在平面 內，若以 Q為坐標原點，QF為 x軸正向，可得方程為 2 = 4 θ
可得該拋物線的開口隨著 R tan 的增大而增大，D正確.
填空題：12. 3 1 13 27或 13. 14.
3 36 4
15：（1）因為 (b c)(sinC sin B) a(sinC sin A)，
所以由正弦定理得 a2 c2 b2 ac，.......2分
a2 c2cos B b
2 1
由余弦定理得 ，又0 B ，....4分
2ac 2

所以 B ........5分
3
1
（2）D為線段 AC的中點，故 BD BA BC ，2
2 1 2 1 2 2BD BA BC BA 2BA BC BC4 4 ，
π 1 2
因為 B ， BD 3，故 c 2c acos
π
a2
3 4 3
9，整理可得 a2 c2 ac 36，...8分

2 2 2 π
在 ABC中，由余弦定理得b a c 2ac cos ，
3
所以 a 2 c2 ac 12，
兩式聯立可得 ac 12，所以 a c 4 3，...12分
從而 ABC的周長為 a b c 4 3 2 3 6 3 .
16【解析】： (1)取 AB 的中點 G，連接 GF，CG，因為 F 為 BE 中點，所以 FG//EA，
1
FG= EA=CD，……(2分)
2
因為 EA⊥平面 ABC，DC⊥平面 ABC，所以 DC//EA.
又因為 FG//EA，所以 DC//FG，
所以四邊形 CGFD為平行四邊形，所以 DF//CG；……(4分)
因為DF / 平面 ABC，CG 平面 ABC，所以 DF//平面 ABC. ……(6分)
(2)如圖所示建立空間直角坐標系，設 AC=m，
則 B(0, 2,0),E(0,0, 2),D(m, 0,1)，

BE (0, 2,2),BD (m, 2,1) ，……(8分)
設n (x, y, z)為平面 BDE的法向量，

n BE 0 2y 2z 0
則有 得 ，……(10分)
n DE 0 mx 2y z 0
令 y=m，得n (1,m,m)，
顯然平面 ACDE的一個法向量可以為n (0,1,0)，……(12分)
3 19
因為二面角 B-DE-C大小余弦值為 ，所以有
19
cos n,n n n
m 3 19
= . ……(14分)
| n || n | 2m2 1 19
解得m 3 ,即 AC的長為 3. ……(15分)
17【解析】 f (x)關于 (m,n)對稱，
令 g(x) f (x m) n，則 g ( x) g (x)，
即 f ( x m) n [ f (x m) n] 0，
(m x)3即 3(m x)2 (m x)3 3(m x)2 2n ，
化簡得
(3m 3)x2 (m3 3m2 n) 0 ，……(3分)
m 1 0
則有 3
m 3m
2 n 0
得m 1，n 2，得對稱中心坐標為 ( 1, 2)；……(5分)
(2)是必要不充分條件，……(6分)
先證必要性：
若 l : y kx b與 f (x)圖像交于 A(x1, y1),B(x2 , y2 ),C(x3, y3) ，
則方程 kx b x3 3x2有 3個不相等的實數根，
即 g(x) x3 3x2 kx b有 3個不零點 x1, x2 , x3，
3 2
由于 x ax kx b 0 (x x1)(x x2)(x x3)
得 x3 (x1 x2 x3)x
2 (x 3 21x2 x2x3 x1x3)x x1x2x3 x ax kx b ，
所以 x1 x2 x3 3，
因為 x1, x2 , x3為公差不為 0的等差數列，所以 x2 1，
所以 k b 2，得 k b 2，
即 g (x) x3 3x2 (2 b)x b，……(8分)
由題意可得，g(x)有三個零點的一個必要條件是 g(x)至少存在三個單調區間，……(10分)
g (x) 3x2 6x 2 b，
(i)當 12(b 1) 0即b 1函數 g (x)在 R上單調遞增，g (x)最多一個零點，不符合題
意，舍；……(11分)
(ii)當 12(b 1) 0，即b 1時，
2
解3x2 6x 2 b 0，得 x 1 3 3b ，
3
x ( , 1 2 3 2令 g (x) 0，得 3b ) U ( 1 3 3b , ) ，
3 3
2 2
令 g (x) 0，得 x ( 1 3 3b , 1 3 3b ) ，
3 3
2
得函數 g (x) 在 ( , 1 3 3b) 2遞增， ( 1 3 2 3b, 1 3 3b) 遞減，在
3 3 3
( 1 2 3 3b, ) 遞增，
3
綜上可得，b 1符合題意，即b 1為 g (x)在 R上存在三個零點的必要條件
得必要性成立; ……(13分)
3
再證充分性不成立，令b 0, k 0，顯然 f (x) x 2x2 與 l：y=0僅有兩個交點，所以充
分性不成立.
綜上，“b 1”是 “l與 f (x)的圖像有 3個交點，且交點的橫坐標依次成等差數列”的必要
不充分條件. ……(15分)
18【解析】
2 2
（1）由于橢圓 : 2 + 2 = 1( > > 0)的長軸長為 2，則 2 = 2,即 = 1；
c b 2 3
又 e 1 ( ) ，
a a 2
1
得b ，
2
2 2
橢圓的標準方程為 x 4y 1；……(3分)
(2)
(i)設M (x1, y1),P(x2 , y2 )，因為 l過原點，可得 P、Q關于原點對稱，所以Q( x2 , y2 )，
若 MP、MQ的斜率存在，分別記為 k1, k2，則有
y 2 2k 1 y2 y1 y2 y1 y21 k2 x x x x x 2 21 2 1 2 1 x2
因為M (x1, y1),P(x2 , y2 )在橢圓 C上，所以有
x21 4y
2
1 1①，
x2 4y21 1 1②
x2 x2 4(y2 21 ②得 1 2 1 y2 ) 0，
y2 21 y2 1即 2 k k ；……x1 x
2 4 1 22
所以直線MP,MQ的斜率之積為定值.....(6分)
設過 M且斜率為 k的直線與圓 O相切，
直線 PM的方程為 y y1 k (x x1)，即 y kx y1 kx1，
y1 kxd 1 5有 ，
1 k 2 5
2 2
化簡可得 (5x1 1)k 10x1y1k 5y
2
1 1 0 ，(*) ……(8分)
5 2 5 2 1
5y2 1 (1 x1 ) 1 x1 1 4 4 4 1因 2 ，5x1 1 5x
2
1 1 5x
2
1 1 4
10x y 1
方程(*) 2可化為 k 1 1
5x2
k 0 (**)
1 1 4
若 PM與圓 O相切，則有 k1為方程(*)的根，
k 2 10x y 1即 1 1 12 k1 0，5x1 1 4
MP,MQ 1 1的斜率之積為 ，得 k2 ，4 4k1
則
k 2 10x1y1 k 1 1 10x1y1 1 1 1 1 10x y2 1 12 2 2 2 2 ( 2 k
1
k 2 ) 0 0
5x1 1 4 16k1 5x1 1 4k 4 4k 4 5x 1
1 1 2
1 1 1 4k1
得 k2也為方程(**)的根，即 MQ與圓 O相切；……(10分)
5 5
(ii)當 MP斜率不存在時，可得當 lMP : x 時，得 lMQ : y ，滿足 MQ與圓 O5 5
5
相切，當 lMP : x 時，得 lMQ : y
5
，滿足 MQ與圓 O相切，
5 5
綜上有 MP、MQ與圓 O相切，則∠PMO=∠QMO，又 O為 PQ的中點，
則可得 MPO MQO，則可得 OM⊥OP，
S PQM 2S PMO OM OP ，……(12分)
1
③ l : y mx，則得直線 OM的方程為 y x，
m
y mx 1 m2
22 2 得 xP 2 ， y
2
P
x 4y 1 1 4m 1 4m
2
2
OP 2 x2 1 mP y 2P ，1 4m2
OM 2 x 2 y 2 1 m
2
同理， M M 2 ，m 4
2 2 2 2
OM 2 OP 2 1 m 1 m (m 1) 2 2 2 2 ，……(15分)m 4 1 4m (m 4)(1 4m )
令 t m2 1 1，得
2
OM 2 OP 2 t f (t)
(t 3)(4t 3)
' = 9 22 2 ,所以 f (t)在 t (1, 2)單調遞減，在 t (2, )單調遞增， +3 4 3
f (t) f (2) 4則 min ，25
2
得 S PQM 的最小值為 . …………(17分)5
19【解析】
(1) 因為 a4 3 4 5 17 3 5 2，所以數列 an 是 5的 2數列，……(3分)
(2) (i)記 rn M{an}(3,n)，
(i)記 an 3kn rn ,0 rn 3， an 1 3kn 1 rn 1，
則 an 2 an an 1 3(k1 k2 ) rn rn 1 ，(5分)
又因為 rn 2 M{a } (3,n 2)， an 2 3kn 3 rn 2 ,0 rn 2 3
rn rn 1,rn rn 1 3
所以 rn 2 ，(8分)
rn rn 1 3,rn rn 1 3
則有 r1 r2 1,r3 2,r4 0,r5 2,r6 2,r7 1,r8 0,r9 1,r10 1，
同理可得 r17 1, r18 1，…，{ rn }所有的項均以 1，1，2，0，2，2，1，0周期性出現，周
期為 8，故有M{a }(3,m) M{a }(3,m 8) ;………(10分)n n
(ii) *對任意 q N ,數列 bn 恒為 q的 0數列, q N *即對任意 ，均存在 m，使得bn 是 m的
. a3 1 (a 1)(a2整數倍 n n n an 1)，則只需保證 q能夠整除 an 1即可；………(11分)
2 顯然，當 q=1時，命題成立；
②當 q 2時， an 3kn rn ,0 rn q,kn N ，
= , ∈ 0,1,2. . . 1 為了觀察對于 rn 中的項，不妨先任取其中相鄰兩項，
定義集合 A {(x, y) | x, y {0,1,L ,q 1}} 2，集合 A共有 q 個元素， (rm , rm 1) A，而
(rm , rm 1)顯然不可能為 (0,0)，因為如果 rm rm 1 0，可得對任意正整數 n，都有 rn 0，
即都能夠被 q整除，矛盾；可得 (rm , rm 1)只能取 A中非 (0,0)的元素，(rn , rn 1)
2
最多有 q 1
種取法，則必有 (rm , rm 1)和 (rm j , rm 1 j )相同，則可得 rn 是以 j為周期的數列；………(14
分)
r1 rj 1 r2 j 1 L 1,r2 rj 2 r2 j 2 L 1 ,
即 a2 j 1 k2 j 1q 1， a2 j 2 k2 j 2q 1，
則有 a2 j a2 j 2 a2 j 1 q (k2 j 2 k2 j 1 )，
a2 j 1 a2 j 1 a2 j q(2k2 j 1 k2 j 2 ) 1，
可得 a2 j 2 a2 j a2 j 1 q(2k2 j 2 3k2 j 1 ) 1，
得 a2 j 2 1 q(2k2 j 2 3k2 j 1)，
即 a2 j 2 1能夠被 q整除，即M{a }(q, 2 j 2) 0，得證. ………(17分)n
(m kj 2,k , j N , j 2 都可以滿足)

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