【黑吉辽卷】辽宁省大连滨城高中联盟2024-2025学年2025届高三上学期期中Ⅱ考试(12月)(12.3-12.4)数学试卷答案_第1页
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数学答案及评分标准123456789DBCBCADC8.设曲线y=lnx和y=ex−2的切点分别为A(x1,lnx1),B(x2,ex2−2),y=lnx,y′=,k=,y−lnx1=(x−x1),y=x+(lnx1−1)①同理y=ex−2,y′=ex−2,k=ex2−2,y−ex2−2=ex2−2(x−x2),y=ex2−2x+ex2−2(1−x2)②③中lnx1=2−x2代入④有1−x2=ex2−2(1−x2)解得x2=1,k=,此时公切线方程为9.A错:acosA=bcosB,即sin2A=sin2B,则∆ABC为等腰三角形或直角三角形B对:A=2B,sinA=sin2B,sinA=2sinBcosB,a=2bcosBD对:由于角B的平分线段BD=3,S∆ABD+S∆BDC=S∆ABC,可知:ac=3(a+c),10.A对:kPA1kPA2=−=− AB1ABEM1EM1OOD122OOR--→2lnx)2],即g(lnx+x2ax)≥g(2lnxex),lnx+x2ax≥2lnxex,a≤所以h(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,x=1时h(x)取极小值,即最小值为h(1)=15.解(1)f(x)=4cosxsinx+cosx)−1=√3sin2x+(2cos2x−1)=√3sin2x+cos2x=2sin(2x+)tancsinc6,2tanc,sinc,tancsinc6,2tanc,sinc,2tancsinc=1+tan16.证明1)连接AC,显然AC和BD相交于点F,在∆SAC中,E,F分别为SC,AC的中点,所以EF∥SA,SA⊂平面SAB,EF⊄平面SAB,则EF∥平面SAB4分(2)法一:取AB中点O,则SO⊥AB,又SC⊥AB,则AB⊥平面SOC,AB⊥OC,则∆ABC∠SOC就是二面角S−AB−C的平面角,SO=OC=√3,SC=3,∠SOC=120°,由AB⊥平面SOC,过点S作SH⊥OC,垂足为H,显然SH=SO∙sV三棱锥S−ABc=SH∙S∆ABc=×××22=9分 V三棱锥S−ABc=SH∙S∆ABc=×××22=9分Z轴的正方向建立空间直角坐标系10分 17.解(1)法一:因为f′(x)=ex−a,ex−ax−1在R上为增函数,因为f(0)=0,所以f(−1)<0,所以a≤0时不成立2分当a>0时,由f′(x)=ex−a>0得x>lna,f′(x)=ex−a<0得x<lna,所以f(x)=ex−ax−1在(−∞,lna)上为减函数,在(lna,+∞)上为增函数4分所以f(x)的最小值点为lna,因为f(0)=0,且恒有f(x)≥0,所以lna=0,6分法二:由于f(x)在x=lna处取得极小值,且为最小值.f(x)最小值为f(lna)=a−alna−1,设g(a)=a−alna−1,g(a)≥0∴g(a)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.∴g(a)在a=1处取得极大值g(1)=07分(2)证明:设g(m)=f(m+n)−f(m)−f(n),所以g′(m)=f′(m+n)−f′(m),因为f′(x)=ex−1在R上为增函数,且m+n>m,所以g′(m)>0,g(m)在(0,+∞)为增函数所以g(m)>g(0)又因为g(0)=f(n)−f(0)−f(n)=f(0)=0,所以g(m)>014分所以f(m+n)>f(m)+f(n)15分(2)(Ⅰ)当AB的斜率为0时,显然k1=k2=0,k1+k2=05分当AB的斜率不为0时,设AB方程为:x=my−8{=+得(3m2+4)y2−48my+144=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),故有y1+y2=,y1y2=8分 (Ⅱ)S∆ABF=S∆PBF−S∆PAF=|PF||y1−y2|==≤=3√3 所以∆ABF的面积的最大值为3√3 19.解1)法一:函数y=x不是“旋转函数”. 因为y=x绕原点逆时针旋转后与y轴重合,即为x=02分当x=0时,有无数个y与之对应,与函数的概念矛盾.法二:y=x如果是“旋转函数”,即y=x和y=x+b(b∈R)最多一个交点2分 矛盾,所以:y=x不是“旋转函数”.4分1个交点才能是“旋转函数”.所以g(x)不是“旋转函数”11分(3)由题意,f(x)=ln(2x+1)(x>0)与y=kx+b最多一个交点,其中k=tan−

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