重慶育才中學(xué)2025屆高三12月月考數(shù)學(xué)答案

數(shù)學(xué)參考答案題號(hào)1234567891011選項(xiàng)BCABCDBAABDABDBC【部分題解析】8.∵正實(shí)數(shù)x,y滿足x+y>e(*),構(gòu)造函數(shù)fx=x∴f′x=lny11.由題知,數(shù)列Fn為斐波拉契數(shù)列,即1選項(xiàng)A錯(cuò)誤;又Fn?Fn+1呈現(xiàn)“奇偶偶奇偶偶奇偶偶-“-”的規(guī)律,∴數(shù)列an各項(xiàng)依次為-1,1,1,?1,1,1,??,∴an最小正周期為3,滿足an題號(hào)121314答案108∵正四面體A-BCD的內(nèi)接于一正方體中,∴其棱切球?yàn)樵撜襟w的內(nèi)切球,∴該正方體的棱長(zhǎng)為正四面體A-BCD棱切球的直徑2,∴正四面體A-BCD的棱長(zhǎng)為該正方體面對(duì)角線長(zhǎng)22;又棱切球的球面與正四面體A-BCD的表面相交所得到的曲線為四個(gè)圓(例如圓I內(nèi)切于△ABC),其半徑為63,∴四個(gè)圓周長(zhǎng)為415.(13分)解(1)1an為等差數(shù)列,公差為2,首項(xiàng)(2)Sn16.(15分)解:(1)∵在△ABC中bsinA=3由正弦定理asinA=又sinA≠0又∵0<B<π(2)若選①a=2由余弦定理b2=a解得c=2∴△ABC的面積S△17.(15分)解:(1)證明:連接AC交BD于O,連接OE,∵ABCD為菱形,∴O為AC的中點(diǎn),又E為SA的中點(diǎn),∴在△ASC中,OE//SC,又EOC平面BED,SC?平面BED,∴SC//平面BED;(2)證明:∵在菱形ABCD中,BD⊥AC,又BD⊥SC,AC∩SC=C,AC,SC?平面SAC,∴BD⊥平面SAC,又BDC平面ABCD,∴平面SAC⊥平面ABCD;(3)由(2)可知,平面SAC⊥平面ABCD,且平面SAC∩平面ABCD=AC,又由題知SC⊥AC,SC?平面SAC,∴SC⊥平面ABCD,由(1)知OE//SC,∴OE⊥平面ABCD,且在菱形ABCD中,BD⊥AC,∴以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OA,OB,OE所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,由題意,在菱形ABCD中,AB=2∴在△ABC中由余弦定理可求得,AC=2∴OA=OC=3,OB=OD=1,設(shè)平面SAD的法向量為n由n⊥ADn⊥AS令x=1得y=?3,z=3,∴∴sinθ∴直線AB與平面SAD所成角的正弦值為21718.(17分)解:(1)(i)EY(ii)P(2)若依次派出乙、甲、丙進(jìn)行闖關(guān),該隊(duì)比賽結(jié)束后所獲積分Y130,20,10,0,EY=若依次派出丙、甲、乙進(jìn)行闖關(guān),該隊(duì)比賽結(jié)束后所獲積分Y20,EY∴E∵0<p∴要使該隊(duì)比賽結(jié)束后所獲積分Y的期望最大,應(yīng)最先派出丙,最后派出乙.19.(17分)解:(1)y=(2)由(1)知,曲線y=fx在點(diǎn)an,f令x=0得yn=fan又∵a∴Sc∴(3)∵gx∵函數(shù)gx∴g′x又∵g′1∴hx在0∵h(yuǎn)①當(dāng)a∈②當(dāng)a∈0,+∞時(shí),∵函數(shù)?′x在0(i)若a∈[1,+∞),∴l(xiāng)na≤0,此時(shí)h∴hx在0,+∞上單調(diào)遞增,hx(ii)若a∈0,1,?lnx0?ln+h(x)單調(diào)遞減單調(diào)遞增又∵?∴當(dāng)?x最小值??lna=1+lna即函數(shù)gx在定義域內(nèi)有了兩個(gè)不同的極值點(diǎn),不妨分別記作m而h1=ae-又∵g′1綜上當(dāng)