2024-2025学年辽宁省鞍山市高三上册12月期末数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年辽宁省鞍山市高三上册12月期末数学检测试题（附解析），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2024·贵州遵义高三第三次质量监测)已知集合A＝{x∈N|x2－x－12≤0}，B＝{－1，1，2，3，4，5}，则A∩B＝( )
A．{0，1，3，4，5} B．{1，2，3，4，5}
C．{1，2，3，4} D．{－1，0，2，3，4}
答案：C
解析：由x2－x－12≤0，得－3≤x≤4，则A＝{0，1，2，3，4}，于是A∩B＝{0，1，2，3，4}∩{－1，1，2，3，4，5}＝{1，2，3，4}．故选C．
2．(2024·浙江宁波十校高三3月联考)若复数z满足(1＋i)z＝5i－z，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z－1,z－i）)＝( )
A．3 B．2
C．eq \r(2) D．1
答案：C
解析：由(1＋i)z＝5i－z，得(2＋i)z＝5i，所以z＝eq \f(5i,2＋i)＝eq \f(5i(2－i),(2＋i)(2－i）＝1＋2i，所以eq \f(z－1,z－i)＝eq \f(2i,1＋i)＝eq \f(2i(1－i),(1＋i)(1－i）＝1＋i，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z－1,z－i）)＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)．故选C．
3．“a>0”是“点(0，1)在圆x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外”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
答案：B
解析：将x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0化为标准方程，得(x－a)2＋(y－1)2＝a2－a．当点(0，1)在圆x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外时，有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2－a>0，,a>0，）解得a>1．所以“a>0”是“点(0，1)在圆x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外”的必要不充分条件．故选B．
4．已知平面向量a与b的夹角为60°，a＝(2，0)，|b|＝1，则|a－2b|的值为( )
A．eq \r(2) B．2
C．4 D．eq \f(1,2)
答案：B
解析：因为a＝(2，0)，所以|a|＝2，所以a·b＝|a||b|cs60°＝2×1×eq \f(1,2)＝1，所以|a－2b|2＝(a－2b)2＝a2＋4b2－4a·b＝|a|2＋4|b|2－4a·b＝22＋4－4×1＝4，所以|a－2b|＝2．故选B．
5．函数y＝sinx·ln eq \f(x2＋1,x2)的图象可能是( )
答案：D
解析：因为y＝f(x)＝sinx·ln eq \f(x2＋1,x2)的定义域为{x|x≠0}，关于原点对称，又f(－x)＝sin(－x)·ln eq \f((－x)2＋1,(－x)2)＝－sinx·ln eq \f(x2＋1,x2)＝－f(x)，所以y＝sinx·ln eq \f(x2＋1,x2)为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A，B；当x∈(0，π)时，sinx＞0，eq \f(x2＋1,x2)＝1＋eq \f(1,x2)＞1，所以ln eq \f(x2＋1,x2)＞0，所以y＝sinx·ln eq \f(x2＋1,x2)＞0，故排除C．故选D．
6．(2x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,\r(x））eq \s\up12(5)的展开式中x3的系数为( )
A．180 B．90
C．20 D．10
答案：A
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,\r(x））eq \s\up12(5)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)3kx5－eq \f(3k,2)，由5－eq \f(3k,2)＝3，得k＝eq \f(4,3)∉Z；由5－eq \f(3k,2)＝2，解得k＝2，所以x3的系数为2×Ceq \\al(2,5)×32＝180．故选A．
7．(2024·山东泰安高三第二次模拟)设抛物线x2＝4y的焦点为F，过抛物线上点P作准线的垂线，设垂足为Q，若∠PQF＝30°，则|PQ|＝( )
A．eq \f(4,3) B．eq \f(4\r(3),3)
C．eq \r(3) D．eq \f(2\r(3),3)
答案：A
解析：如图所示，设M为准线与x轴的交点，因为∠PQF＝30°，且|PF|＝|PQ|，所以∠PFQ＝30°，因为FM∥PQ，所以∠QFM＝30°，在Rt△QMF中，|QF|＝eq \f(|FM|,cs30°)＝eq \f(2,\f(\r(3),2）＝eq \f(4\r(3),3)，所以|PQ|＝eq \f(|QF|,2)÷cs30°＝eq \f(2\r(3),3)÷eq \f(\r(3),2)＝eq \f(4,3)．故选A．
8．(2024·辽宁辽阳高三第一次模拟)已知函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2）)＝eq \f(3,4)，则f(100)＝( )
A．10000 B．10082
C．10100 D．10302
答案：C
解析：在f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy中，令y＝eq \f(1,2)，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2）)＝f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2）)＋x＝f(x)＋x＋eq \f(3,4)，故f(x＋1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2）)＋x＋eq \f(1,2)＋eq \f(3,4)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2）)＋x＋eq \f(5,4)，故f(x＋1)＝f(x)＋x＋eq \f(3,4)＋x＋eq \f(5,4)＝f(x)＋2x＋2，所以f(x＋1)－f(x)＝2x＋2 ①，f(x＋2)－f(x＋1)＝2(x＋1)＋2＝2x＋4 ②，f(x＋3)－f(x＋2)＝2(x＋2)＋2＝2x＋6 ③，…，f(x＋99)－f(x＋98)＝2(x＋98)＋2＝2x＋198 eq \(○,\s\up1(99），将上面99个式子相加，得f(x＋99)－f(x)＝99×2x＋2＋4＋…＋198＝198x＋eq \f(99×(2＋198),2)＝198x＋9900，令x＝1，得f(100)－f(1)＝198＋9900＝10098，在feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2）)＝f(x)＋x＋eq \f(3,4)中，令x＝eq \f(1,2)，得f(1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2）)＋eq \f(1,2)＋eq \f(3,4)＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,2)＋eq \f(3,4)＝2，故f(100)＝10098＋f(1)＝10100．故选C．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9．(2024·重庆部分学校高三3月联考)如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在t s时相对于平衡位置的高度h(单位：cm)由关系式h＝Asin(ωt＋φ)，t∈[0，＋∞)确定，其中A>0，ω>0，φ∈(0，π]．小球从最高点出发，经过1．8 s后，第一次回到最高点，则( )
A．φ＝eq \f(π,4)
B．ω＝eq \f(10π,9)
C．t＝9 s与t＝2．1 s时的相对于平衡位置的高度h之比为eq \f(3,2)
D．t＝9 s与t＝2．1 s时的相对于平衡位置的高度h之比为2
答案：BD
解析：由题可知，小球运动的周期T＝1．8 s，所以eq \f(2π,ω)＝1．8，解得ω＝eq \f(10π,9)，故B正确；当t＝0 s时，Asinφ＝A，又φ∈(0，π]，所以φ＝eq \f(π,2)，故A错误；h＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10π,9)t＋\f(π,2）)＝Acseq \f(10π,9)t，所以t＝9 s与t＝2．1 s时的相对于平衡位置的高度之比为eq \f(Acs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10π,9)×9）,Acs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10π,9)×2.1）)＝2，故C错误，D正确．故选BD．
10．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是边长为2的正三角形，AA1＝4，M为CC1的中点，P为线段A1M上的点(不包括端点)，则下列说法正确的是( )
A．A1M⊥平面ABM
B．三棱锥P－ABM体积的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4\r(3),3）)
C．存在点P，使得BP与平面A1B1C1所成的角为60°
D．存在点P，使得AP⊥BM
答案：BC
解析：连接A1B，由题意得A1C1＝MC1＝2，则A1M＝2eq \r(2)，BM＝2eq \r(2)，易得A1B＝2eq \r(5)，因为A1M2＋BM2≠A1B2，所以A1M与BM不垂直，所以A1M与平面ABM不垂直，故A错误；易知AM⊥A1M，所以S△AMP＝eq \f(1,2)AM·PM＝eq \r(2)PM，又PM∈(0，2eq \r(2))，点B到平面AMP的距离为eq \r(3)，则VP－ABM＝VB－AMP＝eq \f(1,3)×eq \r(3)×S△AMP＝eq \f(\r(6),3)PM∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4\r(3),3）)，故B正确；BP与平面A1B1C1所成的角即为BP与平面ABC所成的角，设为α，易知当点P与M重合时，α最小，此时α＝∠MBC＝45°，当点P与A1重合时，α最大，此时α＝∠ABA1，tanα＝eq \f(AA1,AB)＝2，此时α>60°，所以存在点P，使得BP与平面A1B1C1所成的角为60°，故C正确；如图，建立空间直角坐标系，则B(eq \r(3)，1，0)，M(0，2，2)，A1(0，0，4)，设eq \(A1P,\s\up6(→）＝λeq \(A1M,\s\up6(→）(02e，故B正确；对于C，将y＝－x＋2与y＝ex联立可得－x＋2＝ex，即ex＋x－2＝0，设f(x)＝ex＋x－2，则函数f(x)为增函数，因为f(0)＝1＋0－2＝－10，故函数f(x)的零点在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2）)上，即0