2024-2025学年浙江省新阵地教育联盟高三（上）第一次联考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年浙江省新阵地教育联盟高三（上）第一次联考数学试卷（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.已知集合A={x|−1≤x≤3}，B={x|x2−x−6<0}，则A∩B=( )
A. (−2,3]B. (−2,3)C. [−1,3]D. [−1,3)
2.已知平面向量a=(− 3,−1),b=(−2 3,4)，则a⋅b=( )
A. 2B. 10C. −2 3D. 2 3
3.在(3− x)5的展开式中，含x2的项的系数为( )
A. 15B. −15C. 270D. −270
4.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知a=1,b= 3,A=π6，则c=( )
A. 1或2B. 1或 3C. 1D. 2
5.函数y=csx与y=|lgx|的图象的交点个数是( )
A. 2B. 3C. 4D. 6
6.若随机变量X∼N(12,9)，则下列选项错误的是( )
A. P(X>12)=0.5 B. P(X≤9)=P(X≥15) C. E(3X−1)=35 D. D(2X−1)=12
7.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PD⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若PD=2,∠APD=π4,∠BAD=π3，则三棱锥P−OCD的外接球的体积为( )
A. 4 23π
B. 8 23π
C. 16 23π
D. 64 23π
8.北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，第一层有ab个小球，第二层有(a+1)(b+1)个小球，第三层有(a+2)(b+2)个小球依此类推，最底层有cd个小球，共有n层.现有一个由小球堆成的长方台形垛积，共7层，小球总个数为168，则该垛积的第一层的小球个数为( )
A. 1B. 2
C. 3D. 4
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.某地区5家超市销售额y(单位：万元)与广告支出x(单位：万元)有如下一组数据：
下列说法正确的是( )
参考公式：样本相关系数r=i=1n(xi−x−)(yi−y−) i=1n(xi−x−)2⋅ i=1n(yi−y−)2,b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2,a =y−−b x−
A. 根据表中数据计算得到x与y之间的经验回归方程为y =b x+8.3，则b =3.1
B. x与y之间的样本相关系数r=3.1
C. 若残差的平方和越小，则模型的拟合效果越好
D. 若该地区某超市的广告支出是3万元，则该超市的销售额一定是17.6万元
10.已知F1、F2分别是双曲线C：x2−y2=2的左右焦点，点Q是圆A：(x−2)2+(y−3)2=12上的动点，下列说法正确的是( )
A. 三角形AF1F2的周长是12
B. 若双曲线E与双曲线C有相同的渐近线，且双曲线E的焦距为8，则双曲线E为x2−y2=8
C. 若|QF1|+|QF2|=8，则Q的位置不唯一
D. 若P是双曲线左支上一动点，则|PF2|+|PQ|的最小值是5+32 2
11.已知增函数f(x)的定义域为正整数集，f(x)的取值也为正整数，且满足f(f(n))=2n+1，n∈N∗.下列说法正确的是( )
A. f(1)=2B. f(4)=6
C. f(2025)=2536D. 对任意正整数n，都有f(2n)=3⋅2n−1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z=(1−2i)(1+i)，则|z|= ______．
13.已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若S11=33，则3a5−a1−a8= ______．
14.甲乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号1，2，3，4，5，6，7的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于12或者所有卡片被抽完时，游戏结束.若甲先抽卡，求甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束的概率是______．
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)
已知数列{an}的首项a1=−1，且满足an+1=3an2an+1．
(1)求证：数列{1an−1}为等比数列，并求出数列{1an}的通项公式；
(2)若1a1+1a2+1a3+⋯+1an<10，求满足条件的最大整数n．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面是正方形，AB=2,PA= 3．
(1)若PD=2，M是PA中点，证明：DM⊥PB；
(2)若PD=1，求平面PAD与平面PBC所成角的正切值．
17.(本小题15分)
平面内有一点F2(1,0)和直线l：x=2，动点P(x,y)满足：P到点F2的距离与P到直线l的距离的比值是 22.点P的运动轨迹是曲线E，曲线E上有A、B、C、D四个动点．
(1)求曲线E的方程；
(2)若A在x轴上方，2F2A+F2B=0，求直线AB的斜率；
(3)若C、D都在x轴上方，F1(−1,0)，直线CF2//DF1，求四边形CF2F1D的面积的最大值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=x−1ex−a(2x−1)−b，其中a，b是实数．
(1)若a=0，求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)不具有单调性，求实数a的取值范围；
(3)若f(x)≤0恒成立，求a+b的最小值．
19.(本小题17分)
正整数集A={m+1,m+2,m+3,⋯,m+3n}，其中m∈N，n∈N+.将集合A拆分成n个三元子集，这n个集合两两没有公共元素.若存在一种拆法，使得每个三元子集中都有一个数等于其他两数之和，则称集合A是“三元可拆集”．
(1)若m=1，n=3，判断集合A是否为“三元可拆集”，若是，请给出一种拆法；若不是，请说明理由；
(2)若m=0，n=6，证明：集合A不是“三元可拆集”；
(3)若n=16，是否存在m使得集合A是“三元可拆集”，若存在，请求出m的最大值并给出一种拆法；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.D
2.A
3.A
4.A
5.C
6.D
7.B
8.B
9.AC
10.ACD
11.ABD
12. 10
13.3
14.29210
15.(1)证明：由an+1=3an2an+1，得1an+1−1=2an+13an−1=1−an3an=13(1an−1)，
又∵1a1−1=−2，∴数列{1an−1}是以−2为首项，13为公比的等比数列，
得1an−1=−2×(13)n−1=−23n−1，
则1an=1−23n−1；
(2)解：由(1)知，
1a1+1a2+...+1an=n−(2+23+232+...+23n−1)
=n−2×1−(13)n1−13=n−3+33n，
记bn=n−3+33n，则bn+1−bn=1−23n≥1−23>0(n∈N∗)，
∴{bn}单调递增，
当n≥13时，n−3+33n≥10+33n>10，不符合；
当n=12时，n−3+33n=9+3312<10，符合题意．
故n的最大值为12．
16.(1)证明：∵PD=AD，M是PA中点，

∴DM⊥PA，
∵平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，
∴AB⊥平面PAD，
∵DM⊂平面PAD，∴AB⊥DM，
又∵PA与AB是平面PAB内的两条相交直线，
∴DM⊥平面PAB，
∴DM⊥PB；
(2)解法一：(坐标法)过P作PH⊥AD于H，
∵平面PAD⊥平面ABCD，∴PH⊥平面ABCD，
以H为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则P(0,0, 32),A(32,0,0),D(−12,0,0),B(32,2,0),C(−12,2,0)，
不妨取平面PAD的一个法向量为m=(0,1,0)，
PB=(32,2,− 32),PC=(−12,2,− 32)，
设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则由n⊥PB，n⊥PC，有n⋅PB=32x+2y− 32z=0n⋅PC=−12x+2y− 32z=0，
令z=4，解得x=0,y= 3，
所以平面PBC的一个法向量为n=(0, 3,4)，
则cs=m⋅n|m|⋅|n|= 3 19= 5719，
设平面PAD与平面PBC所成的角为θ，
∴tanθ=4 33，即平面PAD与平面PBC所成角的正切值是4 33；
解法二：(几何法)记平面PAD与平面PBC的交线为l，

∵AD//平面PBC，AD⊂平面PAD，
∴AD/​/l，即直线AD，BC，l两两平行，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，
∴平面PAD与平面PBC所成角与二面角P−BC−A的平面角互余，
过P作PH⊥AD于H，
∵平面PAD⊥平面ABCD，∴PH⊥平面ABCD，
过点H作HI⊥BC于I，连接PI，
∴∠PIH是二面角P−BC−A的平面角，
∴平面PAD与平面PBC所成角的正切值为1tan∠PIH，
又PH= 32,HI=2，
∴1tan∠PIH=HIPH=4 33，
即平面PAD与平面PBC所成角的正切值是4 33．
17.解：(1)由题意 (x−1)2+y2=|x−2|⋅ 22，
两边平方得x2−2x+1+y2=x2−4x+42，整理得x22+y2=1，
所以曲线E的方程为x22+y2=1；
(2)因为A在x轴上方，且2F2A+F2B=0，即F2B=−2F2A，

如图可知直线AB的斜率是正数，
设lAB：x=my+1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+1x22+y2=1，消去x得(m2+2)y2+2my−1=0，
所以y1+y2=−2mm2+2,y1y2=−1m2+2，
由题意知y2=−2y1，
代入y1+y2，y1y2，消y2，可得y1=2mm2+2,−2y12=−1m2+2，
所以4m2(m2+2)=12(m2+2)，解得m= 27(舍去负值)，
所以直线AB的斜率是 142；
(3)延长CF2，交椭圆于点G，
CF2//DF1，由对称性可知|GF2|=|DF1|，△F1GF2和△CDF1等底等高，所以S△F1GF2=S△CDF1，
四边形CF2F1D的面积S=S△GCF1=12⋅|F1F2|⋅(yC−yG)=yC−yG，
设lCD：x=k1y+1，由(2)知yC+yG=−2k1k12+2,yCyG=−1k12+2，
所以yC−yG= (yC−yG)2= (yC+yG)2−4yCyG= 8k12+8k12+2，即S= 8k12+8k12+2，
令 k12+1=t,t≥1，所以 8k12+8k12+2=2 2tt2+1=2 2t+1t≤ 2，
当且仅当t=1即k1=0时，S取到最大值 2，此时C、D分别在F2、F1正上方．
18.解：(1)当a=0时，f(x)=x−1ex−b，
∴f′(x)=2−xex，
令f′(x)=0，解得x=2，
令f′(x)<0，解得x>2；令f′(x)>0，解得x<2．
∴f(x)在(−∞,2)单调递增，(2,+∞)单调递减．
(2)∵函数f(x)的图象是连续的，且不具有单调性，
∴f′(x)=2−xex−2a在定义域内有正有负(有异号零点)，
令g(x)=f′(x)=2−xex−2a，
则g′(x)=x−3ex在(−∞,3)为负，(3,+∞)为正，
∴f′(x)在(−∞,3)单调递减，(3,+∞)单调递增，
由存在x1=−|2a|，使得f′(x1)=2+|2a|e−|2a|−2a=(2+|2a|)e|2a|−2a>0，
只需f′(x)min=f′(3)=−1e3−2a<0，即a>−12e3．
∴a∈(−12e3,+∞)．
(3)x−1ex≤a(2x−1)+b对任意x都成立，
而当x=1时，b+a≥0，
因此只要证明：b=−a能成立即可得出结论，即证：存在a，使得x−1ex≤a(2x−2)恒成立，
令F(x)=x−1ex−a(2x−2)，∴F(1)=0，故F′(1)=0(必要性)，
而F′(x)=2−xex−2a，由1e−2a=0，解得a=12e，
只需证：F(x)=x−1ex−12e(2x−2)≤0恒成立，
F′(x)=2−xex−1e，由(2)知，其在(−∞,3)单调递减，(3,+∞)单调递增，
∴F′(x)在(−∞,1)为正，在(1,3)为负，在(3,+∞)为负，
∴F(x)在(−∞,1)单调递增，(1,+∞)单调递减，
∴x=1时，函数F(x)取得极大值即最大值，
∴F(x)≤F(1)=0，
因此b=−a能成立．
综上可得：b+a的最小值为0．
19.解：(1)是，A={2,3,4,⋯,10}，
可拆成{10,7,3}、{9,5,4}、{8,6,2}或{10,6,4}、{9,7,2}、{8,5,3}；
(2)证明：对于“三元可拆集”，其每个三元子集的元素之和为偶数，
则“三元可拆集”中所有元素和为偶数；
又因为A={1,2,3,4,⋯,18}，
所以A中所有元素和为1+2+3+4+⋯+18=19×182=171，与和为偶数矛盾，
所以集合A不是“三元可拆集”；
(3)存在，理由如下：
A={m+1,m+2,m+3,⋯,m+48}有48个元素，可以拆成16个三元子集，
将这16个三元子集中的最大的数依次记为a1，a2，a3，⋯⋯，a16，
则a1+a2+a3+⋯+a16≤(m+48)+(m+47)+(m+46)+⋯+(m+33)
=(m+48+m+33)×162=(2m+81)×162=16m+648；
另一方面，A中所有元素和为(m+1+m+48)×482=(2m+49)×482=48m+1176，
所以a1+a2+a3+⋯+a16=48m2+11762=24m+588，
所以24m+588≤16m+648，解得m≤152，
又m∈N，所以m≤7；
当m=7时，A={8,9,10,⋯,55}，
故可拆为{55,40,15}、{54,38,16}、
{53,39,14}、{52,35,17}、{51,31,20}、{50,37,13}、{49,25,24}、{48,26,22}、
{47,29,18}、{46,27,19}、{45,34,11}、{44,23,21}、{43,33,10}、{42,30,12}、
{41,32,9}，{36,28,8}(拆法不唯一)；
综上所述，m的最大值是7． 超市
A
B
C
D
E
广告支出(万元)
1
4
6
10
14
销售额(万元)
6
20
36
40
48