数学试卷答案重庆市七校联盟2026届高三年级12月二阶段12月联考（12.24-12.25）

123456789DBCCBCADACDABDABn∈N*14.2∵x2f-f<g∩∩∵AB⊥AC，且AB=AC=2,∴A1OB1C1=O1P,∴C1PP=AB,∴四边形ABPC1是平行四边形，,故A正确.∩1B1交B1C1于D1，∩又因为SΔABBAB.BB∩∴三棱锥P-ABB1体积的最大值为ax，故B正确；∩∩对于选项C，过P作D1D⊥平面ABC分别交B1C1于D1，交BC于D，连接AD交因为PA⊥平面A1BC，PA⊂平面A1ADD1，平面A1ADD1∩平面A1BC=A1O，所以PA⊥A1O，∠PAD+∠AOA又因为A1A⊥AO，∠OA1A+∠AOA所以∠PAD=∠OA1A，2故选AB.∴f'(1-x)=f'(1+x),用x-1替换x可得f'(2-x)=f'(x),结合①可得f'(x+2)+f'(x)=2,∴f'(x+在f'(x+2)+f'(2-x)=2中令x=1，得f'(1)+f'(3)=2,∴f'(2025)+f'(2027)…………2/……………4/-4=2(x-1),即2x-y+2=0…6/因为x时，所以f'(x)≥0，所以f(x)单调递增………………9/所以fln=-ln…………………13/16.证明:(1)取PB中点F,连接EF,AF∵E,F分别为PC,PB中点∴EF∥BC,EFBC又AD∥BC,ADBC∴EF∥AD,EF=AD∴四边形AFED为平行四边形，∴AF∥DE又DE⊄平面PAB，AF⊂平面PAB∴DE∥平面PAB………………5I(2)取AB中点O,连接PO∵△PAB为正三角形∴PO⊥AB，AP=AB=1又AD=1，PD=2则满足AD2+AP2=PD2故AD⊥AP又AD⊥AB，AB∩AP=A，AB,AP⊂平面PAB∴AD⊥平面PAB，又AD⊂平面ABCD∴平面PAB⊥平面ABCD又PO⊥AB，PO⊂平面PAB，平面PAB∩平面ABCD=AB∴PO⊥平面ABCD在平面PAB内过点A作AM∥PO,则AM⊥平面ABCD如图所示,以A为坐标原点,AB,AD,AM分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系………………8I 设平面EBD的一个法向量为取x=1，则y=1,z=-3，即,1,-3)……11I……………12I设平面EBD与平面CBD的夹角为θ,则……15I17.解：(1)由正弦定理得sinAsinB-sinBcos(A-)=0…………2I则sinA-cosA-sinA=0，…………4I因为A∈(0,π),所以A=……5I(2)(i)因为AD⊥BC，故∠ADB=∠CAD=∠ADB-∠ACB=∠ACB=π4又c=3，(ii)由(i)知∠CAD=∠ACB,所以CD=AD∠CADC，∠B所以∈(0,1)……………15,n+1-6Sn+1=-68n-125,a1=25可得…………………2,………4,(2)因为(3n+1)an+1-6Sn+1=-68n-125①所以当n≥2时，(3n-2)an-6Sn=-68(n-1)-125②由①-②,得(3n-5)an+1-(3n-2)an=-68…………6,即(*)又--=--=34=-(-)满足(*)式.……9,n+1-6Sn+1=-68n-125①所以当n≥2时，(3n-2)an-6Sn=-68(n-1)-125②由①-②得，(3n-5)an+1-(3n-2)an=-68③………6,所以(3n-2)an+2-(3n+1)an+1=-68④由④-③,得(3n-2)an+2+(3n-2)an-(6n-4)an+1=0n+2+an=2an+1,因此an+2-an+1=an+1-an………9,18,满足a3-a2=a2-a1,即n∈N*时，an+2-an+1=an+1-an,因为a2-a所以an……………………11,(3)易知{an{是首项为正数的递减等差数列所以a1>a2>a3>…>a8>0>a9>a10>…,8a9a10>0………………13,所以T6>T5>…>T1,T6>T7,T7<T8,T8>T9>T10>…,…………15,…………17,则f,=exexsin令f,(x)≥0得，xZ所以f(x)单调递增区间为k∈Z………………5,axsinx≥sinx≥x;⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8/ax2-1)sinx]故g(x)≥g(0)=0,符合题意;⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯