2024-2025学年江苏省无锡市辅仁高级中学高三（上）调研数学试卷（12月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省无锡市辅仁高级中学高三（上）调研数学试卷（12月份）（含答案），共11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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知z1，z2是两个复数，则“z1，z2互为共轭复数”是“z1+z2为实数”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
2.已知集合A={1,2,3,4,5}，且A∩B=A，则集合B可以是( )
A. {1,2,3}B. {x|x2>1}
C. {x|lg2(x−2)1}
3.已知cs(α−β)=−23，tanαtanβ=3，则cs(α+β)=( )
A. −13B. 13C. −23D. 23
4.已知向量a，b满足|a|=4，|b|=2，且b在a上的投影向量为−14a，则cs〈a,b〉的值为( )
A. −12B. 12C. −18D. 18
5.已知{an}是各项均为正数的等差数列，Sn为其前n项和，且a6+2a7+a10=20，则当a7⋅a8取最大值时，S10=( )
A. 10B. 20C. 25D. 50
6.若斜率为1的直线l与曲线y=ln(x−a)和圆x2+y2=12都相切，则实数a的值为( )
A. 2B. 0或−2C. 0或2D. −2
7.已知椭圆y24+x2=1，P为椭圆上任意一点，过点P分别作与直线l1：y=2x和l2：y=−2x平行的直线，分别交l2，l1交于M，N两点，则|MN|的最小值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.已知某正三棱柱的外接球的表面积为8π，则该正三棱柱的体积的最大值为( )
A. 4 2B. 3 2C. 2 2D. 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.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=3，an+1=11−an则( )
A. a3=23B. a5>0C. a2024=−12D. S37=40
10.关于函数f(x)=x3−3x+1，下列说法正确的是( )
A. f(x)有两个极值点B. f(x)的图象关于(0,−1)对称
C. f(x)有三个零点D. 2sin10°是f(x)的一个零点
11.在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌.艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线C：y2=2px(p>0)绕其顶点分别逆时针旋转90°，180°，270°后所得三条曲线与C围成的(如图阴影区域)，A，B为C与其中两条曲线的交点，若：p=2，则( )
A. 开口向上的抛物线的方程为y=4x2
B. |AB|=8
C. 直线x+y=t截第一象限花瓣的弦长最大值为 2
D. 阴影区域的面积不大于32
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)=csωx(ω>0)，若f(x+π2)为偶函数，且f(x)在区间(0,π)内仅有两个零点，则ω的值是______．
13.已知F1，F2分别为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过F1的直线与双曲线左支交于A，B两点，且AF1=2F1B，以O为圆心，OF2为半径的圆经过点B，则C的离心率为______．
14.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c(a≠b).已知c=2acsA，则sinB+sinA的最大值是______．
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)
设数列{an}是首项为1的等比数列，已知a1,a2+12,4a3成等差数列，数列{bn}满足bn=nan2．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为数列{an}和{bn}的前n项和，试比较Tn与Sn的大小．
16.(本小题15分)
如图，已知直线与抛物线C：y2=2px(p>0)交于A，B两点，且OA⊥OB，OD⊥AB交AB于点D，点D的坐标为(1,1)，
(1)求p的值．
(2)若线段AB的垂直平分线于抛物线C交于E，F两点，求△OEF的面积．
17.(本小题15分)
已知三棱锥P−ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥平面PBC．
(1)求证：PB⊥BC；
(2)若二面角P−AC−B的正弦值为 53，且AB=2，BC=1，求PA．
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C的对边是a，b，c，已知λa+c= 2b，λ为常数．
(1)若λ=0，a=2.求△ABC面积的最大值；
(2)若λ=1，csA+csC= 23，求sinB的值．
19.(本小题17分)
已知直线y=kx+m(m>1)与y轴交于M点，与曲线y=ex交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点(其中A在第一象限，B在第二象限)．
(1)若k=m=e，试比较x1+x2与0的大小；
(2)①若点M恰好为AB的中点，证明：k>1；
②设P(1,0)，若k≥1，证明|PA|>|PB|．
参考答案
1.A
2.D
3.B
4.A
5.D
6.B
7.A
8.C
9.AC
10.ACD
11.BCD
12.2
13. 173
14.8 39
15.解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，
因为{an}的首项为1且a1、a2+12、4a3成等差数列，
所以2(a2+12)=a1+4a3，即2(q+12)=1+4q2，
解得q=12或q=0(舍去)，所以an=(12)n−1，bn=nan2=n2n．
(2)由(1)可得，Sn=1−12n1−12=2(1−12n)．
因为Tn=12+222+323+...+n−12n−1+n2n，①
则12Tn=122+223+...+n−22n−1+n−12n+n2n+1，②
由①−②得：12Tn=12+122+123+...+12n−n2n+1=12(1−12n)1−12−n2n+1=1−n+22n+1，
所以Tn=2−2+n2n．
由Tn−Sn=2−2+n2n−2(1−12n)=22n−2+n2n=−n2n0，y1+y2=−2p，y1y2=−4p，
因为OA⊥OB，所以x1x2+y1y2=4−2(y1+y2)+2y1y2=0，
所以4+4p−8p=0，解得p=1；
(2)如图所示：

设线段AB的中点为M(x0,y0)，
则y0=y1+y22=−p=−1，所以x0=2−y0=3，
所以lEF：y+1=x−3，即y=x−4，
联立y2=2xx=y+4，得y2−2y−8=0，Δ′=4+32=36>0，
设E(x3,y3)，F(x4,y4)，则y3+y4=2，y3y4=−8，
所以|EF|= (x3−x4)2+(y3−y4)2= 2[(y3+y4)2−4y3y4]=6 2，
又点O到直线EF的距离为|−4| 2=2 2，
所以△OEF的面积为12×6 2×2 2=12．
17.(1)证明：过P作PE⊥AB于E，

因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，
PE⊂平面PAB，所以PE⊥平面ABC，
又BC⊂平面ABC，所以PE⊥BC，
又PA⊥平面PBC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
因为PA，PE⊂平面PAB，且PA∩PE=P，
所以BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，
因此PB⊥BC．
(2)解：解法一：过E作EF⊥AC于F，连接PF，

则AC⊥平面PEF，所以PF⊥AC，
所以∠PFE即为二面角P−AC−B的平面角，
所以sin∠PFE= 53，tan∠PFE= 52，
又由(1)可得PA⊥PB，BC⊥AB，
设∠PAB=θ，则PE=2csθsinθ，
AE=2cs2θ,EF=2cs2θ 5，
所以tan∠PFE=PEEF=2csθsinθ2cs2θ 5= 5tanθ= 52，
所以tanθ=12，
从而PA=2csθ=4 55；
解法二：同方法一得sin∠PFE= 53，tan∠PFE= 52，
设PA=t，则PE=t 4−t22,AE=t22,EF=t22 5，
所以tan∠PFE=PEEF= 5⋅ 4−t2t= 52，解得t=4 55，
从而PA=4 55；
解法三：如图，以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，
建立空间直角坐标系，

记二面角P−AC−B为α，设∠PAB=θ，由法一可知，
A(2,0,0)，C(0,1,0)，P(2−2cs2θ,0,2csθsinθ)，
AC=(−2,1,0),AP=(−2cs2θ,0,2csθsinθ)，
设面ACP的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AC=0m⋅AP=0，即−2x+y=0−2cs2θx+2csθsinθz=0，
令x=1，得m=(1,2,csθsinθ)，
又面ABC的法向量为n=(0,0,1)，
记二面角P−AC−B为α，则sinα= 53，
所以|csα|=|cs〈m,n〉|=|m⋅n|m|⋅|n||=|csθsinθ| 5+(csθsinθ)2=23，
解得tanθ=12，则csθ=2 55，
所以PA=2csθ=4 55．
18.解：(1)解法一：当λ=0时，c= 2b，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA得3b2−2 2b2csA=4，所以b2=43−2 2csA，
S△ABC=12bcsinA= 22b2sinA=2 2sinA3−2 2csA=4 2sinA2csA23(cs2A2+sin2A2)−2 2(cs2A2−sin2A2)
=4 2sinA2csA2(3−2 2)cs2A2+(3+2 2)sin2A2=4 2tanA2(3−2 2)+(3+2 2)tan2A2，
设tanA2=t(t>0)，则S△ABC=4 2t3−2 2+(3+2 2)t2
=4 23−2 2t+(3+2 2)t≤4 22 3−2 2t⋅(3+2 2)t=2 2，
当且仅当3−2 2t=(3+2 2)t，即t=17−12 2时取等号，
所以△ABC面积的最大值为2 2．
解法二：λ=0时，c= 2b，即|AB|= 2|AC|
以BC所在的直线为x轴，BC的中点O为原点建立平面直角坐标系xOy，
则B(−1,0)、C(1,0)，设A(x,y)，
由|AB|= 2|AC|，得 (x+1)2+y2= 2 (x−1)2+y2，化简得x2+y2+6x+1=0，

即A的轨迹方程为(x−3)2+y2=8(y≠0)，
所以△ABC面积的最大值为S△ABC=12⋅2⋅2 2=2 2．
(2)解法一：由a+c= 2b及正弦定理可知sinA+sinC= 2sinB，
由csA+csC= 23及A+B+C=π，
得 23=−cs(B+C)−cs(B+A)=sinBsinC−csBcsC+sinAsinB−csAcsB
=sinB(sinA+sinC)−csB(csA+csC)= 2sin2B− 23csB
= 2(1−cs2B)− 23csB，
整理可得3cs2B+csB−2=0，解得csB=23或csB=−1(舍)，
故sinB= 1−cs2B= 1−(23)2= 53．
解法二：不妨设b= 2，则a+c=2，由csA+csC= 23，
可得b2+c2−a22bc+a2+b2−c22ab=c2+2−a22 2c+a2−c2+22 2a= 23，
所以43ac=a(c2−a2+2)+c(a2−c2+2)=(c2−a2)(a−c)+2(a+c)
=−(a+c)(a−c)2+2(a+c)=−2(a−c)2+4
=−2(a+c)2+8ac+4=8ac−4，
解得ac=35，所以csB=a2+c2−b22ac=(a+c)2−2ac−b22ac=23，
因此sinB= 1−cs2B= 53．
19.解：(1)若k=m=e，
此时ex+e=ex，
可得ex−ex−e=0，
设f(x)=ex−ex−e，函数定义域为R，
可得f′(x)=ex−e，
当x∈(−∞,1)时，f′(x)0，f(x)单调递增，
所以f(x)的最小值为f(1)=−e0，f(3)=e3−4e>0，
由零点存在定理知x1∈(1,3)，x2∈(−1,1)，
则x1+x2>0；
(2)①证明：因为点M恰好为AB的中点，
所以x1+x2=0，且x1>0>x2，
因为ex1=kx1+mex2=kx2+m，
整理得k=ex1−ex2x1−x2，
要证k>1，
需证ex1−ex2x1−x2>1，
即证ex1−e−x1>2x1，
设g(x)=ex−e−x−2x，函数定义域为(0,+∞)，
可得g′(x)=ex+e−x−2>2 ex⋅e−x−2=0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)=0，
故k>1；
②证明：因为ex1=kx1+mex2=kx2+m，
所以k=ex1−ex2x1−x2，
因为k≥1，
即k=ex1−ex2x1−x2≥1，
所以ex1−x1+2≥ex2−x2+2>0，
此时(ex1−x1+2)2≥(ex2−x2+2)2，
即(ex1−x1+2)2−(ex2−x2+2)2≥0，
要证|PA|>|PB|，
需证(x1−1)2+e2x1>(x2−1)2+e2x2，
即证[(x1−1)2+e2x1]−[(x2−1)2+e2x2]>0，
因为(ex1−x1+2)2−(ex2−x2+2)2≥0，
此时需证[(x1−1)2+e2x1]−[(x2−1)2+e2x2]>(ex1−x1+2)2−(ex2−x2+2)2，
要证[(x1−1)2+e2x1]−(ex1−x1+2)2>[(x2−1)2+e2x2]−(ex2−x2+2)2，
即证(x1−2)ex1+x1>(x2−2)ex1+x2，
设ℎ(x)=(x−2)ex+x，函数定义域为R，
此时要证ℎ(x1)>ℎ(x2)，
因为ℎ′(x)=(x−1)ex+1，
令t(x)=(x−1)ex+1，
可得t′(x)=xex，
当x∈(−∞,0)时，t′(x)0，ℎ′(x)单调递增，
所以ℎ′(x)≥ℎ′(0)=0，
所以ℎ(x)在R上单调递增，
因为x1>x2，
所以ℎ(x1)>ℎ(x2).
故|PA|>|PB|．