2024-2025学年天津市滨海新区塘沽渤海石油一中高三（上）第三次月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年天津市滨海新区塘沽渤海石油一中高三（上）第三次月考数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知全集U={1,2,3,4,5}，集合A={1,3}，B={2,3,5}，则(∁UB)∪A=( )
A. {3}B. {1}C. {1,4}D. {1,3,4}
2.已知直线m⊥平面α，则“直线n⊥m”是“n/​/α”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
3.已知a= 2,b=(12)−0.6,c=lg2 3，则a，b，c的大小关系为( )
A. c0)的离心率e=12，左顶点为A，下顶点为B，C是线段OB的中点，其中S△ABC=3 32．
(1)求椭圆方程．
(2)过点(0,−32)的动直线与椭圆有两个交点P，Q，在y轴上是否存在点T使得TP⋅TQ≤0恒成立.若存在，求出这个T点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
已知等差数列{an}前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，a1=3，b1=1，b2+S2=10，a5−2b2=a3．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)对任意的正整数n，设cn=3n−2bn,n为奇数,2Sn,n为偶数,记数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n．
(3)设dn=3n+8bn+1Sn，若对任意的n∈N∗，都有i=1ndi≥n(n+1)(n+2)成立，求实数λ的取值范围．
20.(本小题17分)
已知函数f(x)=lnx，g(x)=x2−x+1，ℎ(x)=f(x)−g(x)．
(Ⅰ)求函数ℎ(x)的极值；
(Ⅱ)证明：有且只有两条直线与函数f(x)，g(x)的图象都相切；
(Ⅲ)若2ae2x+lna≥f(x)恒成立，求实数a的最小值．
参考答案
1.D
2.B
3.A
4.C
5.C
6.A
7.A
8.B
9.B
10.−2
11.−12
12.5,n=12n+1,n≥2
13.x+2y−8=0
14.2 13
15.1 −17764
16.解：(Ⅰ)在△ABC中，由正弦定理，
可得asinA=bsinB=csinB，
由csinC−bsinB=a(sinA−sinB)，
可得c2−b2=a2−ab，即a2+b2−c2=ab，
故csC=a2+b2−c22ab=12，
又C∈(0,π)，故C=π3；
(Ⅱ)由csinC=bsinB，
可得6sinπ3= 3sinB=4 3，
解得：sinB=14；
(Ⅲ)因为sinB=14，且b0，
所以csB= 1−(14)2= 154，
所以cs(2B−π6)= 32cs2B+12sin2B
=(1516−116)× 32+(2×14× 154)×12
=7 3+ 1516．
17.解：(1)由题意可知AB、AC、AA1两两垂直，
如图所示建立空间直角坐标系，
则A1(0,0,2)，B(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,1,0)，
即A1B=(2,0,−2),EF=(1,−1,−1)，
所以cs=A1B⋅EF|A1B||EF|=4 8× 3= 63，
即异面直线A1B与EF所成角的余弦值为 63；
(2)由(1)知：AB1=(2,0,2),AE=(0,2,1),AF=(1,1,0)，
设面AEF的一个法向量为n=(x,y,z)，
则由n⊥AE，n⊥AF，有n⋅AE=2y+z=0n⋅AF=x+y=0，
取y=−1，可得x=1，z=2，即n=(1,−1,2)，
所以点B1到平面AEF的距离为d=|AB1⋅n||n|=6 6= 6；
(3)由(1)知：A1B=(2,0,−2),A1E=(0,2,−1)，
设面A1EB的一个法向量为m=(a,b,c)，
则由m⊥A1B，m⊥A1E，有m⋅A1B=2a−2c=0m⋅A1E=2b−c=0，
取c=2，可得b=1，a=2，即m=(2,1,2)，
设平面AEF与平面A1EB夹角为α，
则csα=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=53 6=5 618，
即平面AEF与平面A1EB夹角的余弦值5 618．
18.解：(1)因为椭圆的离心率为e=12，
所以ca=12，即a=2c，其中c为半焦距，
a2=b2+c2，
则b= 3c，
所以A(−2c,0)，B(0,− 3c)，C(0,− 3c2)，
SΔABC=12×2c× 32c=3 32，解得c= 3，
故a=2 3，b=3，
故椭圆方程为x212+y29=1；
(2)①若过点(0,−32)的动直线的斜率不存在，
则P(0,3)，Q(0,−3)或P(0,−3)，Q(0,3)，此时−3≤t≤3，

②若过点(0,−32)的动直线的所率存在，
则可设该直线方程为：y=kx−32，
设P(x1,y1)Q(x2,y2)，T(0,r)，
y=kx−323x2+4y2=36，化简整理可得，(3+4k2)x2−12kx−27=0，
故Δ=144k2+108(3+4k2)=324+576k2>0x1+x2=12k3+4k2，x1x2=−273+4k2；
TP=(x1,y1−t)，TQ=(x2,y2−t)，
故TP⋅TQ=x1x2+(y1−t)(y2−t)=x1x2+(ki1−32−t)(kx2−32−t)=(1+k2)x1x2−k(32+t)(x1+x2)+(32+t)2
=(1+k2)×(−273+4k2)−k(32+t)×12k3+4k2+(32+t)2−27k2−27−18k2−12k2t+3(32+t)2+(3+2t)2k23+4k2
=[(3+2t)2−12t−45]k2+3(32+t)2−273+4k2，
TP⋅TQ≤0恒成立，故3(32+t)2−27≤0(3+2t)2−12t−45≤0，解得−3≤t≤32，
若TP⋅TQ≤0恒成立．
结合①②可知，−3≤t≤32．
故这个T点纵坐标的取值范围为[−3,32].
19.解：(1)等差数列{an}前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，
a1=3，b1=1，b2+S2=10，a5−2b2=a3，
设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则q+3+3+d=103+4d−2q=3+2d，∴d=q=2，
∴an=3+2(n−1)=2n+1,bn=2n−1；
(2)由(1)知Sn=(3+2n+1)n2=n(n+2)，
对任意的正整数n，设cn=3n−2bn,n为奇数,2Sn,n为偶数,记数列{cn}的前n项和为Tn，
所以cn=3n−22n−1,n为奇数2n(n+2),n为偶数，
所以T2n=c1+c3+c5+⋯+c2n−1+c2+c4+c6+⋯+c2n，
令T1=c1+c3+c5+⋯+c2n−1=120+722+1324+⋯+6n−522n−2，
14T1=c1+c3+c5+⋯+c2n−1=122+724+1326+⋯+6n−1122n−2+6n−522n，
两式相减可得：34T1=1+6(122+124+⋯+122n−2)−6n−522n，
所以T1=4−2n+14n−1，
令T2=c2+c4+c6+⋯+c2n=22×4+24×6+26×8+⋯+22n(2n+2)
=12−14+14−16+16−18+⋯+12n−12n+2
=12−12n+2=n2n+2，
所以T2n=4−2n+14n−1+n2n+2；
(3)设dn=3n+8bn+1Sn，若对任意的n∈N∗，都有i=1ndi≥n(n+1)(n+2)成立，
则dn=3n+8bn+1Sn=3n+8n(n+2)2n=4(1n⋅2n−1(n+2)2n+2)，
i=1ndi=4(11⋅21−13⋅23+12⋅22−14⋅24+⋯+1(n−1)⋅2n−1−1(n+1)2n+1+1n⋅2n−1(n+2)2n+2)
=52−3n+5(n+1)(n+2)2n，
由i=1ndi≥λ(n+1)(n+2)恒成立可得：
52(n+1)(n+2)−3n+52n≥λ恒成立，
即求52(n+1)(n+2)−3n+52n当n∈N∗时的最小值，
对于52(n+1)(n+2)，显然当n∈N∗递增，当n=1时取最小15，
令f(n)=3n+52n，则f(n+1)f(n)=3n+82n+1×2n3n+5=3n+86n+10，
显然当n∈N∗时，3n+86n+100)，
ℎ′(x)=1x−2x+1=−2x2+x+1x=−(x−1)(2x+1)x，
当x∈(0,1)，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)0，F′(x)=1x+2(12x+12)(−12x2)=(2x+1)(x−1)2x3，
当x∈(0,1)，F′(x)0，F(x)单调递增，所以F(x)min=F(1)=−1lne2−2=0，所以F(x)在(1,+∞)上有1个零点，
F(e−2)=lne−2+(12e−2+12)2−2=−4+(e2+1)24=(e2+1)2−164>0，
所以F(x)在(0,1)上有1个零点，
所以函数F(x)在(0,+∞)上有两个零点，
故有且只有两条直线与函数f(x)，g(x)的图象都相切；
(Ⅲ)显然x>0，a>0，
2ae2x+lna≥f(x)=lnx恒成立，即2ae2x≥lnx−lna=lnxa恒成立，
于是2xe2x≥xalnxa恒成立，即2xe2≥lnxaelnxa恒成立，
设u(x)=xex，则u(2x)≥u(lnxa)，
u(x)=(x+1)ex，
当x0，u(x)单调递增，
且x0，
由2x≥0可得2x≥lnxa恒成立，即e2x≥xa对x>0恒成立，于是a≥xe2x恒成立，
设v(x)=xe2x,x>0,v′(x)=1−2xe2x，
当x∈(0,12)时，v′(x)>0，v(x)单调递增，当x∈(12,+∞)时，v′(x)