点石联考2025届11月联考 高三期中数学答案

1参考答案及解析2024-2025学年度上学期高三年级期中考试2.C【解析】取xo=1,Inxo=0此B是真命题；3⁻1+1=1,因此C是假命题；(x-1)²≥0,因此D是真命题.则MU(CuN)=U,又M是U的真子集，故A不正确；若M≤N,则Mn(CuN)=×,因为Cu(M∩N)=(CuM)U(CuN),所以Cu(MnN)²(CuM),故D正确.-1)上的值域.由于函数y=2*,上均单调递增，所以函数g(x)在区,又间(一∞,一1)上单调递增.当x∈(一∞,一1)时，,又,因此实数a的取值范围是0,所以函数,因此实数a的取值范围是2(0,+∞)上恒成立，令,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.又f(2)=e,则不等式(x+3)fx+3)<2e+2可变形为角，即为60°,故A错误；对于选项B,正四棱台ABCD-A₁B₁C₁D₁的高为上底面对FA=FB=FC=FD=FA₁=FB₁=FC₁=FD₁=√2,所以F为球0的球心，且半径为√2,所以球O的体积为故B错误；对于选项C,易得BD⊥平面ACC₁A₁,且BDc平面BDC₁,从而平面BDC₁I平面ACC₁A₁,如图，连接A₁C,交FC₁于点G,连接A₁F,则四边形A₁FCC₁为菱形，则A₁G=GC,A₁C⊥FC₁,又A₁Cc平面ACC₁A₁,平面ACC₁A₁∩平面BDC₁=FC₁,所以A₁C⊥平面BDC₁,因为GEc平面BDC₁,所以A₁C⊥GE,故CE=A₁E,所以A₁E+AE=CE+EA≥AC=2√2,故C错误；对于选项D,因为A₁C⊥平面BDC₁,垂足为G,所以A₁G为直线A₁A到平面BDC₁正确..设直线AE与平面BDC₁所成的角为θ,,所以θ≤60°,故D38.D【解析】因为f(x)=ax²-(2a-1)x+a-1-xlnx=a(x-1)²+x-1-xlnx,所以f'(x)=2a(x-1)-ln在区间(1,+o)上单调递减，此时f(x)<f(1)=0,不合题意；当a>0时，令 当时，f'(x)<f'(1)=0,f(x)单调递减，由于f(1)=对称，所,即结合0<φ<π,得,所以f(x)4故D正确.10.AD【解析】因为点E为线段CD上的一点，所以则,则又因为G为AF的中点，所,若存在点F使得F使得直线DG//BE,所以C错误；由C可得AF·DG=11.ACD【解析】若f(x)有极值点，则f'(x)=3x²-2ax-b有变号零点，故4=4a²+12b时f(x)在x=1处无极值，不符合题意，经检验，当a=-4,b=11时满足题意，所以f'(x)=3x²+8x-11,f"(x)=6x+8,值点，则f(x)在(—∞,十∞)上是单调函数，即f'(x)=3x²—4x-b≥0恒成立，则有4=(-4)²—4×3×(一b)≤0,即16+12b≤05故C正确；当a=3,b=2时，f(x)-8=x³-3x²-2x+1,x³-3x²-2x+1=0,同时除以x³得1由题三、填空题12.21【解析】由{an}满足an+1+213.0【解析】设直线y=x+t与曲线y=1n(x-1)的切点为(x₀,y%),由,所以解得x₀=2,所以切点为(2,0).又切点在直线y=x+t上，所以t=-2,即切线方程为y=x-2.因为直线y=x-2与曲线y=ax²-3x相切，所以ax²-3x=x-2,即ax²-4x+2=0,由△=0解得a=2,所以a+t=0.【解析】以D为坐标原点，DA【解析】以D为坐标原点，DA,DC,DD₁所在直线分别为x,y,z轴，建立如 量，所以即2λμ-2μ+1=0,,显然μ≠0,从而,6的取值范15.解：(1)因为(a-c-b)sinB+asinC=0,即ab+ac=bc+b²所以△ABC为等腰三角形.(2)由(1)可得△ABC是边长为2的等边三角形，由余弦定理得AD²=CD²+AC²-2CD·ACc(5分)(7分)7(11分)此时AD²=16-8√3,所以AD.=√16-8√3=2√3-2(13分)f'(x)=a(x-1)+(x-2+1)eˣ=(x-1)(e*+a).(2分)f'(x)<0,f(x)单调递减，所以f(x)的极小值点为x=1所以f(x)的极大值点为x=1n(-a),极小值点为x=1.所以f(x)的极大值点为x=1,极小值点为x=ln(-a).时，f(x)的极小值点为x=1,无极大值点.8有f(x)≥0,,则所以g(x)≤g(2)=-e²,所以a≥-e²,所以实数a的取值范围是[-e²,+∞]则所以所以Tn=1×2+2×2²+…+n·2”①,所以2Tn=1×2²+2×2³+…+n·2"+1②,所以Tn=2-2”+¹+n·2”+1,所以An·2”+¹≤(n²+4)·2”,即(12分)(15分)(1分)(3分)(4分)(7分)(8分)(10分)(12分)(14分)9所以λ≤2,即λ的取值范围为[一∞,2].18.(1)证明：连接AC₁,交A₁C于点0,连接OD,如图，因为四边形ACC₁A₁为平行四边形，所以0为AC₁的中点.又D为AB的中点，所以DO//C₁B.又C₁B女平面A₁CD,DOc平面A₁CD,所以C₁B//平面A₁CD.(15分)所以,4C=(a,J3a,√6)(12分)取z=-2,得y=√2,所以平面ABE的一个法向量为m=(0,√2,-2).(12分)设平面A₁CD的法向量为n=(a,b,c),则则19.(1)证明：当n=1时，a₁=(2)证明：因为数列{b}是首项为1的等差数列，所以bₙ=1+(n-1)d,则b=1+(k-1)d,b,=1+(i-1)d,b,=1+(j-1)d,若数列{b}具有“性质P”,则1+(k-1)d=[1+(i-1)a][1+(j-1)d],则1+(k-1)d=1+d[(j-1)+(i-1)]+(i-1)(j-1)d²,则a[(j-1)+(i-1)-(k-1)]+(i-1则d[(j-1)+(i-1)-(k-1)+(i-1)(j-1)d]=0.(15分)(17分)(2分)(4分)(5分)(7分)此时数列{b}具有“性质P”,所以数列{b}具有“性质P”的充分条件是d∈N.(9分)(3)解：从2¹¹,4¹³,6¹这三个数中任选两个，共有以下3种情况：2¹,4¹³;4¹³,6¹¹;2¹,61¹.①对于2¹,4¹³,因为为正整数，可以认为2¹¹,4¹³是等比数列中的项.因为等比数列{cn}的各项均为正整数，所以公比可能为2,2³,2⁵,2¹⁵.若公比为2,则{cn}的通项公式可以是cn=2”,此时2¹=c₁,4¹³=2²⁶=C₂6,由(1)可知它具有“性质P”.(11分)若公比为2³,{cn}的首项c₁可以是2¹,2⁸,2⁵,2²,2¹×4¹³=2³7均不是{cn}中的项，此时{cn}不具有“性质P”.同理可得公比为2⁵,2⁵时，也不符合题意.(13分)②对于4³,61¹,因为不是正整数，不合题意.(1