辽宁省鞍山市普通高中2024-2025学年高三上学期第一次质量检测数学试题（PDF版，含答案）

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鞍山市普通高中 2024—2025学年高三第一次质量检测
数学科参考答案
一、选择题：
1~5、DBDAB . 6~8、DAC 9、ACD 10、BC 11、ACD
二、填空题：
3
12、12 13、 14、 2 2 或 4 2 3 或 2 3
5
三、解答题：
15.解：(1)取 AD 中点 E ，连接 PE ，因为平面 PAD ⊥平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD = AD ，
PE 平面 PAD ，在等边 PAD 中， PE ⊥ AD，
所以 PE ⊥平面 ABCD， ·························· 3分
1 4 3 4 3
PE = 3 ，VP ABCD = 4 3 = ，所以四棱锥 P ABCD的体积为 ·· 6分
3 3 3
(2)取 BC 中点 F ，连接 EF ，则 EF ⊥ AD ，以 E 为坐标原点，分别以 EA, EF , EP 的方向
为 x,y,z轴的正方向， A(1,0,0), P(0,0, 3),C( 1,2,0), B(1,2,0),
AP = ( 1,0, 3), AC = ( 2,2,0) ······················· 7分
设 n1 = (x1, y1, z1)为平面 APC 的法向量，则有
n1 AP = x1 + 3z1 = 0
，令 z =1，得 n1 = ( 3, 3,1)， ············ 10分
n1 AC = 2x1 + 2y1 = 0
取 n2 = (0,0,1)为平面 ABC 的法向量,
n n 1 7
cos n1,n =
1 2
2 = = ···················· 12分
| n1 | | n2 | 7 7
由图可知，二面角 P AC B的大小为钝角，
7
二面角 P AC B的余弦值为 ················ 13分
7
1
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16（1）
关注 不关注 合计
男生 55 5 60
女生 20 10 30
合计 75 15 90
···································· 3分
90(55 10 20 5)2
2 = = 9 6.635
60 30 75 15
能有 99%的把握认为该校学生对探月工程的关注与性别有关 ········· 6 分
(2)记这 4个问题为 a,b,c,d ，记振华答对 a,b,c,d 的事件分别记为 A, B,C, D ,分别记按方案一、
二晋级的概率为 P1, P2 ,则 P1 = P(ABCD) + P(ABCD) + P(ABCD) + P(ABCD) + P(ABCD)
2 3 1 2 2 1 1 14= ( ) 2 + ( ) 3 = ····················· 10分
3 2 3 2 3 27
1 1 1 1 1 1
P2 = P(AB) + P(AC) + P(AD) + P(BC) + P(BD) + P(CD)
6 6 6 6 6 6
1 2 2 2 1 7= [( ) 3+ 3] = ······················· 13分
6 3 3 2 18
14 7
因为 ，振华选择方案一晋级的可能性更大 ············· 15分
27 18
c = 2

c 2 a = 3
17 解：（１）由题意 = ，可得 ，
a 3 b = 5
a
2 = b2 + c2
x2 y2
椭圆C : + =1 ··························· 3分
9 5
x 2 y 2
设M (x1 , y1) ，
1 + 1 =1，又 A1( 3,0)， A2 (3,0) ，
9 5
5
5 x 2
y y 2 1
k k = 1 1
y1 9 5
A1M A2M
= = =
x1 + 3 x1 3 x
2 2
1 9 x1 9 9
2
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5
所以， kMA kMA 为定值 ························ 6分1 2 9
y y
(2) kA P = k =
P
MA ,kA P = kA N =
P ， kA = 3k ·············· 8分 1 1 9 2 2 3 2
N MA1
5
kA M kA N = kA M 3kA M = 2 2 2 1 3
x2 y2
设直线MN : x = my + t ，代入 + =1，得 (5m2 + 9)y2 +10mty + 5t2 45 = 0，
9 5
2 2
M (x1, y1), N(x2 , y2 ) ，则 0,5m + 9 t
10mt
y1 + y2 =
5m
2 + 9
且有 ， ························· 10分
5t
2 45
y y =

1 2
5m2 + 9
y y y y 5
kA M k =
1 2 = 1 2 =
2 A2N x1 3 x 3 m
2
2 y1y2 +m(t 3)(y1 + y2 ) + (t 3)
2 3
5t2 45 5 3
所以 = ，可得 t = 或 3（舍） ················ 14分
9t2 54t + 81 3 2
3
直线MN 过定点（ ，0） ························· 15分
2
y
法二：设 P(6, yP ) ，直线 A1P : y =
P (x + 3)
9
y
y =
P (x + 3)
9
2 2
由 x y+ =1 ，得
9 5
(45 + y 2 2p )x +16y
2
p x + 9y
2
p 405 = 0
9y 2 405 3y 2 +135 30y
= 72900 0，所以， 3x = P , x = P PM M , yM = ···· 10分
45 + y 2 45 + y 2P P 45 + y
2
P
3y 2 15 10y
同理 x = P , y = PN N ······················ 11分
5 + y 2P 5 + y
2
P
3
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2
y y 20yp (yp +15) 20yp
直线MN 的斜率存在时， kMN =
M N = =
xM x 3y
4
N p + 675 3(y
2
p 15)
10yp 20yp 3y
2
p 15
MN : y + = (x ) ，令 y = 0 ，
5 + y 2p 3(y
2
p 15) 5 + y
2
p
3y 2p 15 3(y
2
p 15) 3y
2
p +15 3
x = = = ·················· 13分
5 + y 2p 2(5 + y
2
p ) 2(5 + y
2
p ) 2
3y 2 +135 3y 2 15 3
当 MN 的斜率不存在时，， x = PM = x =
P 2
N ， yP =15, xM = xN =
45 + y 2P 5 + y
2 2
P
3
直线MN 过定点（ ，0） ························· 15分
2
a
18.(1) f (x) = e2x x ， x [0,+ )
2
f (x) = ae2x 1， x (0,+ ) ，(注：导函数的定义域按[0,+ ) 写不扣分，下同）
···································· 1分
① a 0 时， f (x) 0 恒成立，所以 f (x) 在 [0,+ ) 上递减(注：写 (0,+ ) 上递增不扣分，下同）
···································· 2分
② a 1时， f (x) e2x 1 0 (x 0)恒成立，所以 f (x) 在[0,+ ) 上递增
···································· 3分
1 1
③ 0 a 1时，令 f (x) = 0 得 x = ln
2 a
1 1 1 1
x (0, ln ), f (x) 0 ， f (x) 单调递减， x ( ln ,+ ), f (x) 0， f (x) 单调递增
2 a 2 a
···································· 5分
综上： a 0 f (x) 在[0,+ ) 上单调递减 ，
a 1时 f (x) 在[0,+ ) 上递增，
1 1 1 1
a (0,1) 时， f (x) 在 (0, ln )上单调递减， f (x) 在 ( ln ,+ ) 上单调递增
2 a 2 a
1 1
（2）因为 f (x) 不是单调函数，由（1）知， a (0,1) ，且 f (x) 在 (0, ln )上单调递减， f (x) 在
2 a
4
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1 1 1 1 1 1
( ln ,+ ) 上单调递增，要使得 f (x) 有 2个零点 x1、x2，则必有 f ( ln ) = (1 ln ) 0，
2 a 2 a 2 a
1
所以， a (0, ) ， ···························· 7分
e
1 a
又当 a (0, ) 时， f (0) = 0
e 2
2
x 2 x 2x x
2
先证： e x (x 0) ，令 (x) = ， (x 0)， (x) = ， (x 0)，令 (x) 0,0 x 2，
ex ex
4
令 (x) 0, x 2 ， (x) 在 (0,2) 上单调递增，在 (2,+ )上单调递减，所以， (x) (2) = 1
e2
所以 ex x2
x
(x 0) 成立，所以， x 2ln x(x 0) ，即： ln x x(x 0) 成立，
2
1
1 1 1 1 a 1 1
取 x0 = 则有 ln (x 0)，且 f (x
a
0 ) = (e ) 0 ，所以 a (0, ) 时， f (x) 有 2 个零
2a 2a 2 a 2 a2 e
点
1
综上： a (0, ) ····························· 10分
e
x 3a a 3a(3)令 F (x) = f (x) (1 a)e ( 1)cos x = e2x x (1 a)ex ( 1)cos x ， x [0,+ )
2 2 2
则 F (x) 0恒成立，且 F (0) = 0
2x 3aF (x) = ae 1+ (a 1)ex + ( 1)sin x， x [0,+ )， F (0) = 2a 2 ······· 11分
2
3a
① a 1时， F (x) ae2x 1+ ( 1)sin x，当 x [0, ]时， F (x) 0，当 x ( ,+ )时，
2
3a
F (x) ae2x 1 ( 1) = ae2x
3a 3
= a(e2x ) 0
2 2 2
x [0,+ )时， F (x) 0恒成立，所以， F(x)在[0,+ ) 上递增,
所以， F(x) F(0) = 0 ,符合题意 ······················ 13分

a
② a 0 时， F( ) = e + (a 1)e 2 0 ，与题意不符，舍去 ········ 14分
2 2 2
③ 0 a 1时， F (0) = 2a 2 0 ， x 0 时，
5
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3a 3a 3a
F (x) ae2x 1+ (a 1)ex | 1| ae2x + (a 1)ex 1 1 ae2x + (a 1)ex (2 + )ex
2 2 2
3a a a 6 + a
ex[aex + (a 1) (2 + )] = ex[aex 3 )]，由 aex 3 = 0得 x = ln 0
2 2 2 2a
6 + a 6 + a
F (ln ) 0 ,所以，存在 x0 (0, ln ) ，使 F (x0 ) = 0 ，且可使 x (0, x0 ) ， F (x) 0，
2a 2a
F(x)单调递减， x (0, x0 ) 时， F(x) F(0) = 0 ，舍去
综上： a [1,+ ) ····························· 17分
（注：本题方法不唯一，可以参照上述答案给分情况酌情给分）
19 解：（1）因为 a1 = 6， a2 = 4，所以 2a2 = a1 + a3或 2a3 = a1 + a2，所以 a3 = 2或 5，
···································· 2分
当 a3 = 2时， 2a4 = a2 + a3符合题意，当 a3 = 5时， 2a3 a2 + a4且 2a4 a2 + a3，不符合题意
所以 a3 = 2 ······························· 5分
（2）因为 a2 = a5 = a8 = 0，其余项均为正项，所以 2a3 = a4或 2a4 = a3
若 a4 = 2a3时，对于 a3 ,a4 ,a5，因为 a5 = 0， 2a5 a3 + a4且 2a4 a5 + a3，故舍去
1 1 1 1
所以 2a4 = a3即 a4 = a3，所以， 2a6 = a4 ， a6 = a3，因为 a8 = 0，所以 a7 = a6 = a3，
2 4 2 8
1 1 a a 1
所以， a9 = a7 = a3，又 a3 0，所以
6 = 9 = ，所以 a3， a6 ， a9成等比数列
2 16 a3 a6 4
···································· 10分
（3）由题意 am = as = at = 0，其余项为正项，不妨设3 m s t，则 p = t
a a 1 a a
又 2an+2 = an+1 + an或 2a = a + a ，所以
n+2 n+1 = 或 n+2 n+1n+1 n+2 n =1， · 10分
an+1 an 2 an+1 an
2a
又 ，可得 m 1
= am 2 1 1
am = 0 ，所以， am 1 am 2 = am 1， am+1 = am 1 = (am 1 am 2 )
2am+1 = am 1 2 2
a a a a a a a
m 4时， a a = m 1 m 2 = 3 2 4 3 m 1
am 2
m 1 m 2
a2 a1 a2 a1 a3 a2 am 2 am 3
6
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1
设这m 3个因式中恰有 i个因式的值为 ，有m 3 i个因式的值为 1，所以，
2
1
a i m 3 i
1 i 1 1
m 1 am 2 = ( ) 1 = ( ) , i N ， am+1 = (am 1 am 2 ) = ( )
i+1， i m 3
2 2 2 2
1
所以， (am+1)max = ， ·························· 13分
4
因为 am = as = at = 0，且不可能 s = m +1，故 s m + 2，同理， t s + 2
1 a
类似的， a = (a s 1
as 2 am+2 am+1 as 1 as 2
s+1 s 1 as 2 )，当 s m + 2， =
2 am+1 am am+1 am as 2 as 3
1
设等式右侧有恰有 j个因式的值为 ，有 s 2 j 个因式的值为 1，则
2
am+2 aa m+1
as 1 as 2 1 j s 2 j
s 1 as 2 = (am+1 am ) = ( ) 1 (am+1 am )，当 s = m + 2时等式
am+1 am as 2 as 3 2
1 1 1 j 1 j+1
也成立，所以， as+1 = (as 1 as 2 ) = ( ) = ( ) ，其中0 j s 2 m, j N ，
2 2 2 2
1
a = ( ) j+1
1 1 1
s+1 am+1 = ······················ ，15 分
2 4 4 16
1 1 1 1
同理 at+1 = ( )
k+1 as+1 = ， 0 k t 2 s,k N ，当且仅当 i = j = k =1时取等.
2 4 16 64
1
综上： ap+1的最大值为 ························ 17分
64
7
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