浙江省A9协作体2025-226学年高三上学期开学联考数学试卷

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这是一份浙江省A9协作体2025-226学年高三上学期开学联考数学试卷，共7页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
浙江省 A9 协作体返校联考高三数学参考答案
二、多项选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
B
D
A
B
C
A
C
题号
9
10
11
答案
AD
ACD
ACD
三、填空题
12．  , 3 
6
7+2
117

2 
125
四、解答题
解：
sin Acs B  2sin C cs A  sin B cs A,sin( A  B)  2sin C cs A,
cs A  1 , A  
23
2
AD  1  AB  AC 
…（6 分）
，得出4  b2  c2  bc
又a2  b2  c2  2bc cs A,（10 分）
 2  b2  c2  bc，bc  1，S  1 bc sin A 3
…（13 分）
24
解：
nnn
（1） 2S =a 2  a ，当n  1,a  1
1
n1n1n1
当 n  2 时2S =a 2+a，
nnn1nn1
两式相减得2a  a 2  a 2  a  a，
 an  an1  1(n  2) ，
an 为等差数列，an  n（6 分）
11，n 为奇数
 a a
bn

 n n2
n n  2
…（8 分）
a  1 n  1 ，n为偶数
 n
T  1  3  1  5 1
 2n  1
2n 1 33 5
2n 12n  1
 1   3  5  2n  1
2n 12n  1 

  1  1 

 1 33  5
 1 1  1  1  1  1  1   n 3  2n  1
2 3352n  12n  1 2

浙江省 A9 协作体数学答案第 1 页共 3 页
n
2n  1
 n2  2n
…（15 分）
解：
分别取 AD、BC、PB 的中点为 F、M、N ，连接 EF、FM、MN、EN.
PD  平面 ABCD, EF ∥ PD, EF  平面 ABCD, EF  BC
FM  BC，EFFM  F，BC  平面 EFMN Q 轨迹是线段 MN，长度是 2（5分）
如图建系
z
P
E
N
F
D
C
M
y
A
B
x
A2, 0, 0, M (1, 2, 0), N (1,1,1), 设 NQ   NM ,  0,1 ,（7分）
DQ  DN   NM
 1,1  ,1  , DA  2, 0, 0,
可求得平面QAD 的法向量m  0,  1,  1 ，平面 ABD 的法向量n  0,0,1 ,
cs  cs  m, n  
  1
 3 10 ,解得 1 ,
（12分）
 12    12102
  3 1 
Q 1, , ,P 0,0,2 ,E 1,0,1 ,C 0,2,0 ,CB  2,0,0 ,PC  0,2,2,
 2 2 
可求得平面 PBC 的法向量u  0,1,1 ,
sin   cs 
2 2 7 .
AQ, u  
2 7
2
7
（15分）
解
（1） c  5 , 4  12  1, c2  a2  b2

aa2b2
 x2
 y2 
（5分）
1
4
4x2  y2  4  0
（2） 
联立得4m2 1 y2  8 5my  16  0 ,
x  my  5
已知 A1, 0 , B 1, 0 设 P  x1 , y1  ,Q  x2 , y2  ,T n,t  ,
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韦达定理得 y  y
 8 5m ，y y 16,
（9分）
（11分）
124m2 11 24m2 1
AP : y 
y1
x  1
(x  1), BP : y 
y2
x 1
(x 1),
12
将T 代入得t 
y1
x1  1
n  1 ,t 
y2
x2 1
n 1 , 两式相除得
5
5
5
n  1 x  1 y my1   1 y2 my1 y2   1 y1  y2    1 y1
my1 y2   5  1 y1
12 
5
n 1 x2 1 y1my2  1 y1
5
5
5
m 16   1 8 5m   1 y 1
5


4m2  14m2  1
1 
5
解得n 5
5
m 16 
4m2  1
 1 y1

 1
（14分）
解：
T在定直线x 
5 上（17分）
5
（1） a  2, f  x  2e2x  x, f  x  4e2x 1，f 0  2（2 分）
k  f 0  3，∴直线为 y  3x+2（5 分）
（2） f  x  2ae2x  a  2ex 1  2ex  1aex 1
当 a  0 时， f  x  0 ， f  x 在 R 上单调递减，不符合
当 a  0 时， x  ln 1 ， f  x  0 ， f  x 在 ,ln 1  上单调递减
aa 

x  ln 1 ， f  x  0 ， f  x 在 ln 1 ，  上单调递增（9 分）
1 
2 ln 1
ae a  a
ln 1
 2e a  ln
1

1
 a  2
1
 ln a  1 
1
a 
a
a
a
a
aa
f  x
min

 f  ln  
 ln a  0.
设 g(a)  1  1  ln a, g(a)  1  1  0, g(a) 在0，  上单调递增,
g 1  0
aa2a
 g a  0 得0  a  1
…（12 分）
当a  0 时， f  x
f ln  1   ln a
1 1
mina a

设 h a  1  1  ln a  (3ln a  a2  1 )  a2  2 ln a  1 ha  2a  2  2a 1a  1
aaaa
h a 在0，1 单调递减， 1, 单调递增h a  h 1  2  0
 f  x  3ln a  a2  1
a
…（17 分）
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