2024-2025学年四川省眉山市彭山一中高三（上）开学数学试卷（含答案）

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这是一份2024-2025学年四川省眉山市彭山一中高三（上）开学数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知向量a=(t,1)，b=(2,1).若a⊥b，则|a|的值为( )
A. 5B. 2C. 52D. 22
2.已知集合A={x|0A. 3B. 4C. 5D. 6
3.已知a>0且a≠1，则“b=−1”是“函数f(x)=axb+bax为偶函数”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.若函数f(x)的图象如图所示，则f(x)的解析式可能是( )
A. f(x)=(|x|+1)sinxB. f(x)=sinx|x|+1
C. f(x)=(|x|+1)csxD. f(x)=csx|x|+1
5.(2x3−2)(1 x−2)8的展开式的常数项为( )
A. −288B. −312C. 480D. 736
6.已知2a=b，2b=3，lgb6=c，则( )
A. b+1=acB. 3b+a=cC. ac+a=2bD. b=ac
7.已知定义在R上的函数f(x)=2|x+m|−1(m为实数)为偶函数，记a=f(2 13)，b=f(lg 132)，c=f(m+1)，则a、b、c的大小关系为( )
A. a8.已知直线y=ax+b(a∈R,b>0)是曲线f(x)=ex与曲线g(x)=lnx+2的公切线，则a+b等于( )
A. e+2B. 3C. e+1D. 2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 已知随机变量X～B(n,p)，若E(X)=30，D(X)=10，则p=13
B. 两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是12
C. 已知An2=Cn3，则n=8
D. 从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得2件次品的概率为4591
10.已知定义在实数集R上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，且满足f(x+y)=f(x)+f(y)+xy，f(1)=0，f′(1)=12，则( )
A. f(0)=0B. f(x)的图像关于点(12,0)成中心对称
C. f(2024)=1012×2023D. k=12024f′(k)=1012×2024
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点P是正方形A1B1C1D1上的一个动点，初始位置位于点A1处，每次移动都会到达另外三个顶点.向相邻两顶点移动的概率均为14，向对角顶点移动的概率为12，如当点P在点A1处时，向点B1，D1移动的概率均为14，向点C1移动的概率为12，则( )
A. 移动两次后，“|PC|= 3”的概率为38
B. 对任意n∈N∗，移动n次后，“PA//平面BDC1”的概率都小于13
C. 对任意n∈N∗，移动n次后，“PC⊥平面BDC1”的概率都小于12
D. 对任意n∈N∗，移动n次后，四面体P−BDC1体积V的数学期望E(V)<15(注：当点P在平面BDC1上时，四面体P−BDC1体积为0)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知i为虚数单位，a，b∈R，若(a+2i)i=b+2i，则a−b= ______．
13.已知F是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点，P为C上一点，O为坐标原点，若△POF为等边三角形，则C的离心率为______．
14.已知正数a，b，c满足c<1，a+b=4，则2ab+1bc(1−c)的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知a= 3,b=1,c= 7．
(1)求角C的大小；
(2)求sin(A+C)的值．
16.(本小题15分)
良好的用眼习惯能够从多方面保护眼睛的健康，降低近视发生的可能性，对于保护青少年的视力具有不可替代的重要作用.某班班主任为了让本班学生能够掌握良好的用眼习惯，开展了“爱眼护眼”有奖知识竞赛活动，班主任将竞赛题目分为A，B两组，规定每名学生从A，B两组题目中各随机抽取2道题作答.已知该班学生甲答对A组题的概率均为23，答对B组题的概率均为12.假设学生甲每道题是否答对相互独立．
(1)求学生甲恰好答对3道题的概率；
(2)设学生甲共答对了X道题，求X的分布列及数学期望．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，PA=BC=2AD=2AB=4，AD⊥平面PAB，PA⊥AB，E，F分别是棱PB，PC的中点．
(1)证明：DF//平面ACE．
(2)求平面ACE与平面PAD的夹角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=alnx+x2−ax，定义域为(0,+∞)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求当函数f(x)有且只有一个零点时，a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别为l1：y=2x和l2：y=−2x，右焦点坐标为( 5,0),O为坐标原点．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)直线y=4x−6与双曲线的右支交于点A1，B1(A1在B1的上方)，过点A1，B1分别作l2，l1的平行线，交于点P1，过点P1且斜率为4的直线与双曲线交于点A2，B2(A2在B2的上方)，再过点A2，B2分别作l2，l1的平行线，交于点P2，⋯，这样一直操作下去，可以得到一列点P1,P2,⋯,Pn,n≥3,n∈N∗．
(i)证明：P1，P2，⋯，Pn共线；
(ii)判断|OPi|2−|PiPi+1|2(1≤i≤n−1,i∈N∗)是否为定值，若是定值求出定值；若不是定值，说明理由．
参考答案
1.C
2.B
3.A
4.D
5.A
6.A
7.D
8.D
9.BC
10.ACD
11.AC
12.4
13. 3−1
14.2
15.解：(1)因为a= 3,b=1,c= 7，
所以由余弦定理得：csC=a2+b2−c22ab=− 32，
因为C∈(0,π)，所以C=5π6．
(2)因为b=1,c= 7,C=5π6,bsinB=csinC，
所以sinB=bsinCc= 714，
因为A+B+C=π，
所以sin(A+C)=sinB= 714．
16.解：(1)易知学生甲恰好答对3道题有以下两种情况：
第一种情况是学生甲答对A组的2道题和B组的1道题，
此时概率P1=(23)2×C21×12×(1−12)=29；
第二种情况是学生甲答对A组的l道题和B组的2道题，
此时概率P2=C21×23×(1−23)×(12)2=19．
则学生甲恰好答对3道题的概率P=P1+P2=13；
(2)易知X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
此时P(X=0)=(1−23)2×(1−12)2=136，
P(X=1)=C21×23×(1−23)×(1−12)2+(1−23)2×C21×12×(1−12)=16，
P(X=2)=(23)2×(1−12)2+(1−23)2×(12)2+C21×23×(1−23)×C21×12×(1−12)=1336，
P(X=4)=(23)2×(12)2=19，
由(1)知P(X=3)=13，
则X的分布列为：
故E(X)=0×136+1×16+2×1336+3×13+4×19=73．
17.解：(1)证明：因为E，F分别为PB，PC的中点，
所以EF//BC，EF=12BC，
又因为AD//BC，
所以EF//AD，
又BC=2AD=4，
所以BC=4，AD=2，
所以AD=12BC，
所以EF=AD，
所以四边形ADFE为平行四边形，
所以DF//AE，
又AE⊂面ACE，DF⊄面ACE，
所以DF//面ACE．
(2)以A为原点，AB，PA，AD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系：

则A(0,0,0)，B(−2,0,0)，C(−2,0,4)，P(0,−4,0)，E(−1,−2,0)，F(−1,−2,2)，
平面PAD的法向量为AB=(−2,0,0)，
又AC=(−2,0,4)，AE=(−1,−2,0)，
设面AEC的法向量m=(x,y,z)，
所以AC⋅m=−2x+4z=0AE⋅m=−x−2y=0，
令y=1，则x=−2，z=−1，
所以面AEC的法向量m=(−2,1,−1)，
设平面ACE与平面PAD的夹角为θ，
csθ=cs=m⋅AB|m||AB|=(−2,1,−1)⋅(−2,0,0) (−2)2+12+(−1)2⋅2= 63，
所以sinθ= 1−cs2θ= 1−( 63)2= 33，
所以平面ACE与平面PAD的夹角的正弦值为 33．
18.解：(1)因为f′(x)=ax+2x−a=2x2−ax+ax，
(i)当Δ=a2−8a≤0，即0≤a≤8时，则f′(x)≥0在(0,+∞)内恒成立，
可知f(x)在(0,+∞)内单调递增；
(ii)当Δ=a2−8a>0，即a>8或a<0时，可知2x2−ax+a=0有两个不相等的根x1，x2，
不妨令x1=a− a2−8a4，x2=a+ a2−8a4，可知x1①若a<0，因为x1+x2=a2<0x1⋅x2=a2<0，可知x1<00，解得x>x2，
令f′(x)<0，解得0在(x2,+∞)内单调递增；
②若a>8，因为x1+x2=a2>0x1⋅x2=a2>0，可知00，解得x>x2或0令f′(x)<0，解得x1在(0,x1)，(x2,+∞)内单调递增；
综上所述：当0≤a≤8时，f(x)在(0,+∞)内单调递增；
当a<0时，f(x)在(0,a+ a2−8a4)内单调递减，(a+ a2−8a4,+∞)内单调递增；
当a>8时，f(x)在(a− a2−8a4,a+ a2−8a4)内单调递减，
在(0,a− a2−8a4),(a+ a2−8a4,+∞)内单调递增；
(2)若a=0，可知f(x)=x2在(0,+∞)内无零点，不合题意，
可知a≠0，令f(x)=alnx+x2−ax=0，整理得1a=x−lnxx2，
构造g(x)=x−lnxx2,x>0，原题意等价于y=g(x)与y=1a有且仅有一个交点，
因为g′(x)=−x−1+2lnxx3，x>0，构造ℎ(x)=−x−1+2lnx，x>0，
则ℎ′(x)=−1+2x=2−xx,x>0，令ℎ′(x)>0，解得0令ℎ′(x)<0，解得x>2；可知ℎ(x)在(0,2)内单调递增，
在(2,+∞)内单调递减，则ℎ(x)≤ℎ(2)=−3+2ln2<0，
即g′(x)<0在(0,+∞)内恒成立，可知g(x)在(0,+∞)内单调递减，
且当x趋近于0时，g(x)趋近于+∞；当x趋近于+∞时，g(x)趋近于0；

可得1a>0，即a>0，所以a的取值范围为(0,+∞)．
19.解：(1)因为双曲线C的两条渐近线分别为l1：y=2x和l2：y=−2x，右焦点坐标为C( 5,0)，
所以c= 5ba=2a2+b2=c2，
解得a=1，b=2，
则双曲线的标准方程为x2−y24=1；
(2)(i)证明：设斜率为4，与双曲线右支相交于Ak，Bk两点的直线方程为y=4x+mk，1≤k≤n，k∈N∗，
联立y=4x+mkx2−y24=1，消去y并整理得12x2+8mkx+mk2+4=0，
因为该方程有两个正根，
所以mk<−2 3，
由韦达定理得xAk+xBk=−2mk3,xAkxBk=mk2+412，
易知直线AkPk的方程为y−yAk=−2(x−xAk)，
因为yAk=4xAk+mk，
即y=−2x+6xAk+mk，
直线BkPk的方程为y−yBk=2(x−xBk)，
因为yBk=4xBk+mk，
即y=2x+2xBk+mk，
联立y=−2x+6xAk+mky=2x+2xBk+mk，
两式相加得yPk=3xAk+xBk+mk，
则xPk=3xAk−xBk2，
因为xAk+xBk=−2mk3，
易知xPk=yPk，
则P1，P2，⋯，Ps都在直线y=x上，
所以P1，P2，⋯，Pn共线；
(ii)|OPi|2−|PiPi+1|2(1≤i≤n−1,i∈N∗)为定值83．
证明：由(i)得，设Pi(xi,xi)，直线Ai+1Bi+1方程为y=4x−3xi，
此时mk=−3xi，
易知xAi+1+xBi+1=2xi,xAi+1xBi+1=9xi2+412,xi+1=3xAi+1−xBi+12，|OPi|2=( 2xi)2=2xi2，
|PiPi+1|2=[ 2(xi+1−xi)]2=2(xi+1−xi)2=2(3xAi+1−xBi+12−xAi+1+xBi+12)2=2(xAi+1−xBi+1)2
=2(xAi+1+xBi+1)2−8xAi+1xBi+1=2(2xi)2−8×9xi2+412=2xi2−83．
故|OPi|2−|PiPi+1|2=83． X
0
1
2
3
4
P
136
16
1336
13
19

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