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高三年級數(shù)學(xué)試題參考答案2025.12

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目

要求的。

題號12345678

答案DCABABDA

2a

8.【解析】函數(shù)f(x)的定義域是(0,+∞)，f’(x)=+—a=，

xxx

x=2是函數(shù)f(x)的唯一一個極值點，:x=2是導(dǎo)函數(shù)f’(x)=0的唯一根，

x2

x—2=0在(0,+∞)無變號零點，因為lim(e—ax)=+∞,即ex—2≥0恒成立

eaxx→∞ax

即a恒成立，令g，則g’

所以g(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2,+∞)上單調(diào)遞增，

所以g(x)的最小值為g，所以a，故選：A．

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每個小題給出的選項中，有多項符合題目要求。

全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。

題號91011

答案BCDACDBCD

11.【解析】對于A：若BP∥CQ，又因為BB1∥CC1，所以面BB1P∥平面CC1Q，

又因為直線C1Q與面BB1P有交點P，所以矛盾，則不存在P,Q，使BP∥CQ；

對于B：當(dāng)AP=0時，所以Q為AC1上靠近A的三等分點，所以將面C1D1AB拿出不難發(fā)現(xiàn)，

延長D1Q交到AB的中點M，取AA1的中點N，則等腰梯形MND1C即為截面，所以B對；

對于：V=V—V—V，設(shè)，所以，過作的垂線垂足

CQ—PBCC1ABCQ—CBC1P—ABCAP=xC1QxPAC

為，所以，則，所以

HPHxVP—ABCx.

過作的垂線垂足為，所以，因為，所以

QBC1KQKxVQ—CBC

則，所以對；

VQ—PBCC

對于D：將面BC1A沿AC1翻折，使面BC1A與面CC1A重合，則問題轉(zhuǎn)換為在矩形BC1CA中研究

BP+CQ，

1

如下圖過作的平行線，在平行線上取一點，使，則四邊形為平行四邊形，所

BAC1B1BB1=BB1QP

以BP=B1Q，

所以BP+CQ的最小值即為B1C，則在△BB1C中，

212

BC=,BB=，cos上B1BC=cos2上C1BC=2cos上C1BC—1=，由余弦定理得：BC=.

13313

所以D對.

B項圖C項圖D項圖

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。

n—1

12.1；13.；14.an=(3n—2)3.

四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

15.【解析】（1）方法一：因為(b+c)cosA=a(cosB+cosC)，

所以1分

所以

所以

所以所以3分

所以b3—a2b=a2c—c3，所以b3+c3=a2c+a2b，

所以(b+c)(b2—bc+c2)=a2(c+b)，所以b2—bc+c2=a2，即b2+c2—a2=bc，

所以cosA5分

因為A∈(0,π)，所以A=；6分

方法二：因為(b+c)cosA=a(cosB+cosC)，

由正弦定理可知：(sinB+sinC)cosA=sinA(cosB+cosC)，1分

所以sinBcosA+sinCcosA=sinAcosB+sinAcosC，即sin(B—A)=sin(A—C)，3分

2

因為B—A∈(—π,π)，A—C∈(—π,π)，且(B—A)+(A—C)=(B+C)≠π,

所以B—A=A—C，即B+C=2A，5分

所以A+B+C=3A=π,即A=.6分

（2）因為=2，所以8分

兩邊平方：ADbccosA，9分

所以bcbc，即4c2+b2—5bc=0，10分

兩邊同時除以c2，，

所以(—1)(—4)=0，即=1（舍），或=4，12分

綜上：=4.13分

【注】在△ABD和△ACD中分別使用余弦定理，結(jié)合上ADB+上ADC=π,亦可得到4c2+b2—5bc=0

16.【解析】（1）f(x)的定義域為(0,+∞)，

f·················································2分

若a≤0，則當(dāng)x∈(1,+∞)時，f(x)>0；當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)<0.········································3分

若0<a<2，則當(dāng)x∈(0,)(1,+∞)時，f(x)>0；當(dāng)x時，f(x)<0.························4分

若a=2，則當(dāng)x∈(0,+∞)時，f(x)≥0.···········································································5分

若a>2，則當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)>0；當(dāng)x時，f(x)<0.·····························6分

綜上：當(dāng)a≤0時，f(x)在(1,+∞)單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減；

當(dāng)0<a<2時，f(x)在(0,)，(1,+∞)單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；

當(dāng)a=2時，f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增，無減區(qū)間；

當(dāng)a>2時，f(x)在(0,1)，(,+∞)單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減.·····································7分

（2）由（1）得，

①當(dāng)a<0時，f(x)在(1,+∞)單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，所以f(1)=—a—1<0，即—1<a<0，

又因為當(dāng)x→0時f(x)→+∞,當(dāng)x→+∞時f(x)→+∞,所以—1<a<0符合；···············9分

②當(dāng)a=0時，f(x)=x2—2x，在(0,+∞)上f(x)只有一個零點2，所以不符合；···················10分

3

a

③當(dāng)0<a<2時，f(x)在(0,)，(1,+∞)單調(diào)遞增，在(，1)上單調(diào)遞減，f()=a(ln——1)，

2

令g=ln所以g在(0,2)上恒成立，

所以g(a)在(0,2)上單調(diào)遞增，則g(a)<g(2)=—，所以f()<0，

則f(x)在(0,+∞)上沒有兩個零點，所以0<a<2不符合；····················································12分

④當(dāng)a=2時，f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增，無減區(qū)間，不符合；················································13分

⑤當(dāng)a>2時，f(x)在(0,1)，(,+∞)單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，

因為f(1)<0，所以不符合.·······························································································14分

綜上：當(dāng)—1<a<0時，f(x)有兩個零點.15分

17.【解析】（1）方法一：

證明：因為四邊形ABED,ACGD,DEFG均為菱形，且上ADE=上ADG=上GDE=，

設(shè)=a,=b,=c，且a.b=b.c=a.c=2，則=a—b，

所以.=(a—b).c=a.c—b.c=0，

所以GE丄DA，2分

連接GE,DF，因為四邊形DEFG為菱形，所以GE丄DF，4分

又因為DADF=D,DA平面ADF，DF平面ADF，

所以GE丄平面ADF.6分

方法二：證明：連接GE,AG,AE，因為四邊形ABED,ACGD,DEFG均為菱形，且

上ADE=上ADG=上GDE=，

所以AD=DG=AG=DE=GE=AE，所以多面體A—DGE為正四面體，連接DF，交GE于點H，過A

作底面DGE的垂線，垂足O位于底面中心，即在線段DH上，

且靠近點H的三等分點處，即AO丄平面DEFG，

因為GE平面DEFG，所以GE丄AO，2分

因為四邊形DEFG為菱形，所以GE丄DF，4分

又因為AODF=O,AO平面ADF，DF平面ADF，

所以GE丄平面ADF.6分

4

（2）方法一：幾何法

連接GE,AE,AG，因為四邊形ABED,ACGD,DEFG均為菱形，

所以AC//DG,DG//EF,AC=EF，則四邊形ACFE為平行四邊形，所以AE//CF，

又因為AE丈平面BCF，CF平面BCF，所以AE//平面BCF，

同理，可得GE//平面BCF，又因為AEGE=E,AE平面AGE,GE平面AGE，

所以平面AGE//平面BCF，

所以平面BCF與平面DEFG所成角轉(zhuǎn)化為平面AGE與平面DEFG所成角，8分

連接DF，交GE于點H，連接AH，因為四邊形ABED,ACGD,DEFG均為菱形，且

上ADE=上ADG=上GDE=，所以AG=AE=GE=2,DH丄GE,H為GE中點，所以AH丄GE，

又因為AH平面AGE，DH平面DGE，所以上AHD為二面角A—GE—D的平面角，11分

因為AH=DH=,DA=2，所以cos上AHD=14分

所以平面BCF與平面DEFG所成角的余弦值為.15分

方法二：坐標(biāo)法

連接GE,AG,AE，因為四邊形ABED,ACGD,DEFG均為菱形，且上ADE=上ADG=上GDE=，

所以AD=DG=AG=DE=GE=AE，所以多面體A—DGE為正四面體，連接DF，交GE于點H，

過A作底面DGE的垂線，垂足O位于底面中心，即在線段DH上，且靠近點H的三等分點處，

即AO丄平面DEFG，

取線段DE上靠近E的三等分點M，因為四邊形DEFG為菱形，所以GE丄DF，所以O(shè)M丄DF，

以O(shè)為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)D,OM,OA所在直線分別為x,y,z軸建立如圖坐標(biāo)系8分

5

則AG(一一1,0)，

因為四邊形ABED,ACGD,DEFG均為菱形，

所以AC//DG,DG//EF,AC=EF，則四邊形ACFE為平行四邊形，所以AE//CF，

同理，可得GE//BC，

·、/32·、

所以CF=AE=(一,1,一),BC=EG=(0,一2,0)，10分

33

設(shè)平面的法向量為，

BCF1=(x,y,z)

y一z=0

則即，令x=2··,，得y=0,z=一·,

所以0√3，12分

1=(2·、,,一)

因為AO丄平面DEGF，所以平面DEFG的法向量為=(0,0,1)，13分

設(shè)平面BCF與平面DEFG所成角為θ,則cosθ=|cos<1,

所以平面BCF與平面DEFG所成角的余弦值為.15分

18.【解析】（1）（i）由(n+2)an+1=nanx可得(n+2)(n+1)an+1=(n+1)nanx，……………2分

2

于是bn+1=bnx，則x，故數(shù)列{bn}為首項是b1=2a1=x，公比為x的等比數(shù)列．………………4分

n一1n+1n+1

（ii）由（i）可知bn=b1x=x，于是nbn=nx．………………5分

若x=1，則Sn=1+2++n………………6分

若x≠1，則

23n+1

Sn=x+2x++nx,

34n+1n+2

xSn=x+2x++(n一1)x+nx,

…………7分

22n+2n+3

x1一xn)x一(n+1)x+nx

兩式相減可得(1一x)S=x2+x3++xn+1一nxn+2=一nxn+2=,

n一x1一x

故Sn...................................................................................................................9分

綜上所述，若x=1，則Sn若x≠1，則Sn………10分

n+1

（2）由（1）可知bn=n(n+1)an=x，故an．……………11分

6

令f(x)=Tln，0<x<1，

則f,=xln………………13分

令g=xln則g,(x)=1+x++xn—1—=—=<0．……15分

———

故g(x)在(0,1)上遞減，則f,(x)=g(x)<g(0)=0．故f(x)在(0,1)上遞減，則f(x)<f(0)=0．

因此Tn<x+(1—x)ln(1—x)．………………17分

19．【解析】（1）由題意，f,ln…………………1分

故f(1)=2ln2，………………2分

f,(1)=1—ln2．………………3分

于是曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y—2ln2=(1—ln2)(x—1)，

即y=(1—ln2)x+3ln2—1．…………4分

)7

（2）由題意a>x「|f(x)—ln|(+1—1|對x∈(0,+∞)恒成立．…………5分

L(,」

「)()

令G(x)=x|f(x)—ln+1—1=(x+1)ln(x+1)—xln+1—x，x>0．

L,