2024-2025学年山西省部分学校高三（上）质检数学试卷（9月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年山西省部分学校高三（上）质检数学试卷（9月份）（含答案），共7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.已知集合A={x|y=lg(2−x)},B={x∈N|y= 4−x2}，则A∩B=( )
A. {0,1,2}B. {0,1}C. (−2,2)D. (0,2)
2.已知a∈R，b∈R，且(2+i)(1−ai)=2+bi，则a+b=( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
3.命题“∃x>0，x2>2x的否定是( )
A. ∀x≤0，x2≤2xB. ∀x>0，x2≤2x
C. ∃x>0，x2<2xD. ∃x≤0，x2>2x
4.在平行四边形ABCD中，AP=2PB，则PD=( )
A. 23AB+ADB. −23AB+ADC. 13AB+ADD. −13AB+AD
5.如果随机变量ξ∼B(n,p)，且E(3ξ)=12,D(ξ)=43，则p=( )
A. 14B. 13C. 12D. 23
6.已知x>0，y>0，x+y+2xy=4，则x+y−xy的最小值为( )
A. 32B. 2C. 12D. 1
7.已知数列{an}满足an+1an+an+1an+2=2，且a2=a12a1+1,a3=17，则3a100=( )
A. 165B. 167C. 169D. 171
8.已知a>0，设函数f(x)=e2x+(2−a)x−lnx−lna，若f(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，则a的取值范围是( )
A. (0,1e]B. (0,1]C. (0,e]D. (0,2e]
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.已知a>0，则函数f(x)=ax−2a的图象可能是( )
A. B. C. D.
10.已知函数f(x)=2sin(2x+φ)(|φ|<π2)，且f(x)⩽|f(π6)|，则下列结论正确的是( )
A. φ=π6
B. f(x)在区间[π2,π]上单调递增
C. 若x1，x2为方程f(x)=2的两个解，则|x2−x1|的最小值为2π
D. 若关于x的方程f(x)=a在区间[0,π4]上有且仅有一个解，则a的取值范围为[1, 3)∪{2}
11.已知函数f(x)的定义域为R，设g(x)=f(x+2)−1，若g(x)和f′(x+1)均为奇函数，则( )
A. f(2)=1B. f(x)为奇函数
C. f′(x)的一个周期为4D. k=12024f(k)=2024
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.将一个底面半径为r(r>0)，高为 6r的圆柱形铁块熔铸成一个实心铁球，则该实心铁球的表面积与圆柱的侧面积之比为______．
13.设0<α<π2，若tanα+tan(π4−α)=52，则sinα= ______．
14.设a，b是正实数，若椭圆ax2+by2=1与直线x+y=1交于点A，B，点M为AB的中点，直线OM(O为原点)的斜率为2，又OA⊥OB，则椭圆的方程为______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB为直角，侧面BCC1B1为正方形，BC=2，AC=1．
(1)求证：BC1⊥平面AB1C；
(2)求直线AB1与平面ABC1所成的角的正弦值．
16.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2，点(π3,0)为f(x)的图象的一个对称中心．
(1)求f(x)的解析式；
(2)将f(x)的图象向右平移π12个单位长度，得到函数g(x)的图象，若g(x)在区间[0,m]上的最大值和最小值互为相反数，求m的最小值．
17.(本小题12分)
已知函数f(x)是g(x)=ax(a>0且a≠1)的反函数，且函数F(x)=f2(x)−f(x2)−f(a)．
(1)若F(4)=−1，f(6)=m，g(n)=3，求a及3mn的值；
(2)若函数F(x)在[12,2]上有最小值−2，最大值7，求a的值．
18.(本小题12分)
在△ABC中，已知tanA+tanB= 3(tanAtanB−1)．
(1)求C；
(2)记G为△ABC的重心，过G的直线分别交边CA，CB于M，N两点，设CM=λCA,CN=μCB．
(i)求1λ+1μ的值；
(ii)若CA=CB，求△CMN和△ABC周长之比的最小值．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=xln(x+a)．
(1)当a=0时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2(x1(i)求a的取值范围；
(ii)证明：−4e2参考答案
1.B
2.C
3.B
4.B
5.D
6.D
7.B
8.D
9.AD
10.AD
11.ACD
12. 62
13.3 1010
14.43x2+23y2=1
15.解：(1)证明：∵侧面BCC1B1为正方形，∴BC1⊥B1C，
∵直三棱柱ABC−A1B1C1，∴AC⊥CC1，
∵AC⊥CC1，AC⊥BC，BC∩CC1=C，BC，CC1⊂平面BB1C1C，
∴AC⊥平面BB1C1C，
∵AC⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，
∴AC⊥BC1，
∵AC⊥BC1，BC1⊥B1C，AC∩B1C=C，AC，B1C⊂平面AB1C，
∴BC1⊥平面AB1C；
(2)建立如图所示的空间直角坐标系C−ABC1，

则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,2,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，
又由AB=(−1,2,0),BC1=(0,−2,2)，
设平面ABC1的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⊥ABn⊥BC1，即n⋅AB=−x+2y=0n⋅BC1=−2y+2z=0
，即x=2y,y=z,令y=1，则x=2，z=1，于是n=(2,1,1)，
又由AB1=(−1,2,2),AB1⋅n=2,|AB1|=3,|n|= 6，
设直线AB1与平面ABC1所成的角为θ，
∴sinθ=|cs〈AB1,n〉|=|AB1⋅n||AB1|⋅|n|=23 6= 69，
故直线AB1与平面ABC1所成的角的正弦值为 69．
16.解：(1)设f(x)的最小正周期为T，则T2=πω=π2，ω=2，
根据(π3,0)为f(x)的图象的一个对称中心，可得2×π3+φ=kπ(k∈Z)，
所以φ=kπ−2π3(k∈Z)，结合0<φ<π，解得φ=π3，函数表达式为f(x)=sin(2x+π3)；
(2)根据题意，g(x)=f(x−π12)=sin[2(x−π12)+π3]=sin(2x+π6)，
当0≤x≤m时，π6≤2x+π6≤2m+π6，
①当m<π6时，g(x)的最大值为g(m)，最小值为g(0)=12，不符题意；
②当m≥π6时，g(x)的最大值为1，可知g(x)的最小值为−1，所以2m+π6≥3π2，解得m≥2π3．
综上所述，m≥2π3，即实数m的最小值为2π3．
17.解：(1)函数f(x)是g(x)=ax(a>0且a≠1)的反函数，则f(x)=lgax，
F(x)=(lgax)2−2lgax−1，
所以F(4)=(lga4)2−2lga4−1=−1，则a=2，
又f(6)=m，g(n)=3，所以m=lg26，n=lg23，
所以3mn=3lg26lg23=3lg36=6．
(2)令t=lgax，由单调性可知，t在x∈[12,2]上的值域为[lga2,−lga2]或[−lga2,lga2]，
由于F(x)在[12,2]上最小值为−2，最大值为7，
考虑y=t2−2t−1=7，解出t=−2或t=4，考虑y=t2−2t−1=−2，则t=1，因此t的取值范围为[−2,2]，
若lga2=−2，则a= 22；若−lga2=−2，则a= 2，
综上所述，a= 2或 22．
18.解：(1)因为在△ABC中，tanA+tanB= 3(tanAtanB−1)，
所以tanC=tan(π−A−B)=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB= 3，
又C∈(0,π)，
所以C=π3；
(2)(i)设D为AB的中点，则CD=12CA+12CB，
又因为CG=23CD，
所以CG=13CA+13CB=13λCM+13μCN，
因为M，G，N三点共线，
所以13λ+13μ=1，
所以1λ+1μ=3；
(ii)设△ABC的边长为1，设△CMN与△ABC周长分别为C1，C2，
则C2=3，
MN= λ2+μ2−λμ，
所以C1=λ+μ+ λ2+μ2−λμ，
所以C1C2=λ+μ+ λ2+μ2−λμ3，
由1λ+1μ=3，可得3λμ=λ+μ⩾2 λμ(当且仅当λ=μ时等号成立)，所以λμ⩾49，
所以C1C2=λμ+ λ2μ2−λμ3⩾49+ (49)2−49×3=23，
所以△CMN和△ABC的周长之比的最小值为23．
19.解：(1)因为当a=0时，f(x)=xlnx，所以f′(x)=1+lnx，
当x∈(1e,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增，
当x∈(0,1e),f′(x)<0,f(x)单调递减，
因此x=1e为f(x)的极小值点，f(1e)=−1e，
因此f(x)的极小值为−1e，无极大值；
(2)(i)f′(x)=ln(x+a)+xx+a=1x+a[(x+a)ln(x+a)+x]，
令g(x)=(x+a)ln(x+a)+x，所以g(x)有两个零点，
那么g′(x)=2+ln(x+a)，
因此当x∈(1e2−a,+∞),g′(x)>0,g(x)单调递增，
当x∈(−a,1e2−a),g′(x)<0,g(x)单调递减，
所以g(x)的最小值为g(1e2−a)=−1e2−a，且g(1e2−a)<0，所以a>−1e2，
当x∈(−a,1e2−a)时，g(x)<−a，如果a⩾0，那么g(x)<0，此时g(x)在(−a,1e2−a)无零点，
所以a<0，
因此−1e2(ii)根据(i)可知，−a因此f(x1)=x1ln(x1+a)=−(x1+a)ln2(x1+a)，
令ℎ(x)=−xln2x(0由于x∈(0,1e2)，那么ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
ℎ(1e2)=−4e2，因此−4e2<ℎ(x)<0，因此−4e2

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