山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学考试数学

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高三数学参考答案及评分意见
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C B D B D A C
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求。全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。
题号 9 10 11
答案 BC ACD ABD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12. 7 13. 2x  y  2  0 14. 120
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.（13分）
CA CB  ab C  ab 
3
解：（1）由已知可得
cs 21，可得 ab  35. ………………3分
5
C  3 ，可求得sin 4
cs C  ， ………………………………4分 由
5 5
1 1 4
S  absinC  35 14 . ……………………………………6分
所以
ABC
2 2 5
（2）因为b  5,ab  35 ，可得 a  7 . ………………………………7分
由余弦定理得 c2  a2  b2  2abcsC  32，可得 c  4 2 . ……………………10
分
由正弦定理
b c
 ,可得
sin
sin B sinC
B
4
5
b C
sin 5 2
   ， …………………12分
c 4 2 2
16.（15 分）
知 c 1，    
F1 1，0 , F2 1,0 ………………………………………………2分
分
（2）可知直线l 的斜率 k  tan 600  3 ，l 的方程为 y  3x 1.…………………7分
消去 y 得 7x2 12x  4  0， ………………………………………………………9分
1 4 6
所以
ABF 的周长为 4a  4 2 ，
SABF  AB d  . ……………………15分 2 2
2 7
17.（15 分）由于b  a ，所以 0

 B  ，可得
2
B

 . ………………………………………13分
4
解：（1）由已知
 
PF  x轴且 1, 2
P 
，
 
2
2
 
2
 
2 2
由椭圆的定义 2 2 2 2
2 2 2 2
a  PF  PF      
2
1 2
2 2
 
，…………………………4
所以 a  2 ，b  a2  c2 1，C 的方程为
x
2
2
 y2 1. …………………………6分
设    
A x1, y1 , B x2 , y2 ，联立方程组
    
y 3 x 1


x
2
  y 1
 2
2
，
可得
12 4
x  x   , x x  . ………………………………………………………10分
1 2 1 2
7 7
2
AB   k x  x   k x  x  x x     
1 1 4 2
12 16 8 2
可求得  2
2 2
1 2 1 2 1 2
 7  7 7
，
点  
F2 1,0 到直线l : 3x  y  3  0 的距离
d
3  0  3
 
2
 
3 1
3
， ……………13分
解：（1）证明：取 BP 中点 M ，连接 AM ､CM ，
 为 AD 的中点, AD=4， AP=2， AB=2
P
 AM  BP
CM  BP . …………………………………………………………………………………1 分
又因为 AM  CM  M ， AM ,CM  平面 ACM ，因此 BP  平面 ACM …………2 分
ABC  DEF 是三棱柱， ABED 是平行四边形，
 、 BPC 均为等边三角形， BP  2 ，则CM = AM  3 ，
ABP
 ， ………………………………………………………………3 分
AC  6 AM  CM
 ， AM  BP  M , AM , BP  平面 ABED ，CM  平面 ABED ，
CM  BP
 平面 ABED ，CM  PE ， ……………………………………………………4 分
PE 
2
 ，在 PDE 中， PD  ED  2，
BP  2  PDE  π ，PE  2 3 ，又 BE  4，
3
 2 + 2 = 2 ，即 PE  BP ， ………………………………………………………5 分
BP PE EB
又CM  BP  M ,CM , BP  平面 BCP ，
PE  平面 BCP …………………………………………………………………………6 分
 平面 BCP PE  BC …………………………………………………………7 分
CB 
（2）解：由（1）可知 MA 、 MP 、 MC 两两垂直，以 M 为原点， MA 所在直线为 x 轴，
MP 所在直线为 y 轴， MC 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系，
则C 0, 0, 3， P0,1, 0， A 3, 0, 0， B0,1, 0，
BC =CP =2

ABE 
2π
3
BAP 
π
3
由于 P 是 AD 的中点，得 D 3, 2,0 ……………………………………………………9 分
又由 BA  ED
可得 E 2 3,1, 0，PC  0,1, 3， PE  2 3, 0, 0
，

 3,1, 0
PD  

  
n PC 0
设平面 ECP 的法向量为 n1 （x1, y1, z1) ，则 
1

n  PE  0 
1
设平面 ECP 与平面 PCD的夹角为 ，
n n
4 2
cs  cs n ,n    5
1 2
则
1 2
n n 2 5 5
1 2
2 5
sin  1 ( 5) 
 2
5 5
18.（17 分）
1 m x  m
解：（1）函数 f x的定义域是0，+，可得     . …………2分
f x
x x x
2 2
当 m  0时，可知 f x 0，所以 f x在0，+上单调递增； ……………4分  

y 3z 0
1 1

即
2 3  0
x

1
，令
y  ，得  
n1  0, 3,1 ， …………………………………11
1 3
分

  
n PC
设平面 PCD的法向量为 n2 （x2 , y2 , z2 )，则 
2

n  PD 

2
0
0
  
 y 3z 0
2 2

，即
 3x  y  0

2 2
，
令
y  ，得  
n2  1, 3,1 ， …………………………………………………………13 分
2 3
即平面 ECP 与平面 PCD夹角的正弦值为 5
5
. …………………………………………15 分
当 m  0时，由 f x=0得 x  m ，可得 x0,m时有 f x 0，
xm，+时有 f x 0，所以 f x在0,m上单调递减，
f x在m，+上单调递增. ………………………………………………6分
综上可得，当 m  0时， f x在0，+上单调递增；
当 m  0时， f x在0,m上单调递减，在m，+上单调递增. ……………………8分
（2）证明：当 m  0时，要证 mf x 2m 1成立，
2m 1 1
只需证 f x =2  成立，
m m
1
只需证  
f x  2  即可. …………………………………………10分
min
m
因为 m  0，由（1）知，    
f x min  f m 1 ln m .
 1  1
令  
g m 1 ln m 2    ln m  1
 m  m
， ……………………………13分
1 1 m 1
由     ，
g m
m m m
2 2
可得 m0,1时有 gm 0 ， m1，+时有 gm 0，
所以 g m在0,1上单调递减，在1，+上单调递增， …………………………15分
可知 g m  g   ，有 g m 0. …………………………………16分
min 1 0
1
所以有
1 ln m 2
   ，从而当 m  0时， mf x 2m 1成立.……………………17分
m
19.（17 分）
     ，， ，且 解：（1）由于 1 ( 2 ) ( 1 2 ) 1 1
a n n  a n a  ．
n n
a   时，得 1 2   ，故   3． …………………………………2分
2 1 所以当
从而 3 (22 2 3) ( 1) 3
a        ． ……………………………………………4分（2）数列 
a 不可能为等差数列，证明如下：
n
a1 1， a 1 (n2 n )a
    得
由
n n
a2  2   ， a      ， a4  (12  )(6  )(2  ) ．
3 (6 )(2 )
若存在  ，使 
a 为等差数列，则 a  a  a  a ，即 (5 )(2  ) 1  ，
n 3 2 2 1
解得   3． ……………………………………………………………………7分
a2  a1 1   2 ， a  a          ．
4 3 (11 )(6 )(2 ) 24 于是
这与 
a 为等差数列矛盾．
n
所以，对任意  ， 
a 都不可能是等差数列． ………………………………………10分
n
（3）（解法一）记 1 0
b  n  n   n  ，， ，根据题意可知，
2 ( 1 2 ) b  且b  0 ， n n
即   2 且   n2  n(nN*) ，这时总存在 n N* ，
0
0 1 满足：当
n≥n 时，b  0 ；当 n≤n  时，b  0．
0 n n
因此“存在 mN* ，当 n  m 时总有 a  0”的充分必要条件是： n 为偶数，
n 0
记
n  k k  ，， ，则  满足
0 2 ( 1 2 )
故  的取值范围是 4k2  2k    4k2  2k(k N*) ．…………………………………17
分
a  ，不可能为负；
1 1 （解法二）先把问题特殊化：不难发现所以由
a   b a 及
n 1 n n
a   可知，若
1 1 0
n 为偶数，则 a  0，从而当 n  n 时， a  0；
0 n 0 n
0
若
n 为奇数，则
0
a  0，从而当 n  n 时 a  0． ………………………………14分
n 0 n
0
  2    
 (2 ) 2 0
b k k
2k

b  (2k 1)  2k 1   0
2

2k1
．
若
a     ，则   2 ，此时   
a3  2  2   1 1  不定正负； 2 2 0
2 2
…………………………………12分
    
2
2 2 0,
若 
a3  0 ，只需
，即 2    6. …………………………………13分
1 1   0
2

利用 1  ( 2   ) 得：
a n n  a
n n
      2         .
         a 1 n n  n 1 n 1  2 2  1 1 
2 2 2 n
全正，所以
a 及其以后各项均负.
3
于是，当 2    6时‚存在 m  2 ，当 n  2 时，总有 a  0.…………………………14
n
分
取 m 为偶数，记 m  2k(k 1，2，) ，则解不等式组
故  的取值范围是 4k2  2k    4k2  2k(k N*) ．
即可保证
a  有且只有奇数个负因数. …………………………………16分
m 1
于是，当 n  m 时，总有 a  0. …………………………………17
n
分所以，对于任意正整数 n ，
a  的各因数由大到小排列，故除12 1   0外，其余因数
n 1
 2   
m m  0,


(m 1) m 1  0
 2    


得 4k2  2k    4k2  2k(k N*) ．