2024-2025学年山东省菏泽市曹县一中等学校高三（上）开学数学试卷（含答案）

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这是一份2024-2025学年山东省菏泽市曹县一中等学校高三（上）开学数学试卷（含答案），共8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.若复数z满足z=1−i3−i，则|z|=( )
A. 210B. 15C. 25D. 55
2.已知集合A={x|1A. {0,1,2}B. {1,2}C. {−2,2}D. {−2,−1,1,2}
3.抛物线y=2x2的准线方程为( )
A. y=−18B. y=−12C. x=−18D. x=−12
4.如果随机变量ξ～B(n,p)，且E(2ξ)=24，D(ξ)=8，则p=( )
A. 15B. 14C. 13D. 12
5.已知tanθ=2，则sin(θ−π4)cs2θsin(θ+π4)=( )
A. −15B. −73C. 15D. 73
6.某兴趣小组组织四项比赛，只有甲、乙、丙、丁四人报名参加且每项比赛四个人都参加，每项比赛冠军只有一人，若每项比赛每个人获得冠军的概率均相等，则甲恰好拿到其中一项比赛冠军的概率为( )
A. 14B. 964C. 2764D. 916
7.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 10,C的一条渐近线截圆(x−2)2+y2=9所得的弦长为( )
A. 105B. 2 105C. 3 155D. 6 155
8.已知正三棱锥A−BCD的外接球为球O,AB=6,BC=3 3，点E为BD的中点，过点E作球O的截面，则所得截面图形面积的取值范围为( )
A. [214π,12π]B. [274π,12π]C. [21π,48π]D. [27π,48π]
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.若“|x|<2”是“−2A. 1B. 2C. 3D. 4
10.记等比数列{an}的前n项积为Tn，且a5,a6∈N∗，若T10=65，则a5+a6的可能取值为( )
A. −7B. 5C. 6D. 7
11.已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，f(x+1)的图象关于x=−1对称，g(x−1)+1是奇函数，且g(x)=f(x+2)+4，f(4)=−3，则下列说法正确的有( )
A. f(x)=f(−x)B. g(−1)=0C. g(2)=1D. i=12023g(i)=−2021
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知一组数据为90，80，79，85，72，74，82，77，则这组数据第60百分位数为______．
13.已知圆O的半径为4，BC，DE是圆O的两条直径，若BF=3FO，则FD⋅FE= ______．
14.已知函数f(x)=3x,0≤x≤1,lnx,x>1,若存在实数x1，x2满足0≤x1四、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△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,C=π3,6b=ab+6ccsA．
(1)求b的值；
(2)若c= 19，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB1⊥A1C，AB⊥BC，AB=BC=2．
(1)求证：平面AB1C1⊥平面A1BC；
(2)设点P为A1C的中点，求平面ABP与平面BCP夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
在平面直角坐标系中，点A，B分别是x轴和y轴上的动点，且|AB|=2，动点T满足OT=OA+ 32OB．
(1)求动点T的轨迹C的方程；
(2)已知直线l：x=my+1与曲线C相交于M，N两点，直线l′：x=4，过点M作MD⊥l′，垂足为D，设点O为坐标原点，求△OND面积的最大值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ln(x+a)+12x2(a>0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a=1，设g(x)=f(x)−12x2，证明：对任意两个不等实数x1，x2∈[0,+∞)，不等式x1−x2>(g(x1)−g(x2)) x1x2+x1+x2+1恒成立．
19.(本小题17分)
已知数集A={a1,a2,⋯,an}(1≤a1(1)分别判断数集{2,4,8}与{1,2,5,10}是否具有性质P，并说明理由；
(2)(i)证明：a1=1且an(1an+1an−1+⋯+1a2+1a1)=a1+a2+⋯+an−1+an；
(ii)当n=5时，若a2=3，写出集合A．
参考答案
1.D
2.C
3.A
4.C
5.A
6.C
7.D
8.B
9.CD
10.BD
11.ACD
12.80
13.−15
14.[−2ln2,e3−6]
15.解：(1)因为6b=ab+6ccsA，由正弦定理，
得6sinB=bsinA+6sinCcsA，又B=π−(A+C)，
所以6sin(A+C)=bsinA+6sinCcsA，
即6sinAcsC+6csAsinC=bsinA+6sinCcsA，
整理得6sinAcsC=bsinA，
因为A∈(0,π)，可得sinA≠0，所以b=6csC，
又因为C=π3，所以b=3；
(2)由余弦定理，可得c2=b2+a2−2abcsπ3，
又b=3,c= 19，整理得a2−3a−10=0，
解得a=5或a=−2(舍)，
所以△ABC的面积S=12absinC=12×3×5×sinπ3=15 34．
16.(1)证明：∵AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴AA1⊥BC，
又∵AB⊥BC，AA1∩AB=A，且AA1，AB⊂平面ABB1A1，
∴BC⊥平面ABB1A1，
∵AB1⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AB1，
又∵AB1⊥A1C，A1C∩BC=C，且A1C，BC⊂平面A1BC，
∴AB1⊥平面A1BC，
∵AB1⊂平面AB1C1，
∴平面AB1C1⊥平面A1BC．
(2)解：由(1)知AB1⊥平面A1BC，
∵A1B⊂平面A1BC，
∴AB1⊥A1B，
∴四边形ABB1A1为正方形，即AA1=AB=2，且AC=2 2，
以点A为原点，AC，AA1所在直线分别为y，z轴，以过A点和AC垂直的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，

则A1(0,0,2),C(0,2 2,0),B( 2, 2,0),B1( 2, 2,2),P(0, 2,1)，
∴BP=(− 2,0,1),AP=(0, 2,1),CB=( 2,− 2,0)，
设平面ABP的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅BP=0n⋅AP=0，即− 2x+z=0 2y+z=0，
取z= 2，则x=1，y=−1，∴n=(1,−1, 2)，
同理可得，平面PBC的一个法向量为m=( 2, 2,2)，
∴|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|= 2− 2+2 22 2×2=12，
故平面ABP与平面BCP夹角的余弦值为12．
17.解：(1)设T(x,y)，A(x0,0)，B(0,y0)，
因为|AB|=2，
所以 x02+y02=2，
即x02+y02=4，
由OT=OA+ 32OB，
得(x,y)=(x0,0)+ 32(0,y0)，
所以x0=x,y0=2 33y，
将x0=x,y0=2 33y，代入x02+y02=4，
得x24+y23=1，
所以动点T的轨迹C的方程为x24+y23=1．
(2)由x=my+1x24+y23=1，
得(3m2+4)y2+6my−9=0，①
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则D(4,y1)，
显然Δ=36m2+36(3m2+4)=144(m2+1)>0，
所以y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4，
即2my1y2=3(y1+y2)，
因为kND=y2−y1x2−4，
所以直线ND的方程为y−y1=y2−y1x2−4(x−4)，
令y=0，得x=4−y1(x2−4)y2−y1=4−y1(my2−3)y2−y1=4−my1y2−3y1y2−y1，②
将2my1y2=3(y1+y2)代入②，
得x=4−32(y1+y2)−3y1y2−y1=4−32=52，
故直线ND过定点(52,0)，
即定点E(52,0)．
在①中，Δ=36m2+36(3m2+4)=144(m2+1)，
所以|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2
= 36m2(3m2+4)2+363m2+4=12 m2+13m2+4，
又直线ND过定点E(52,0)，
所以S△OND=S△OED+S△OEN=12⋅|OE|⋅|y1−y2|
=54.12 m2+13m2+4=15 m2+13m2+4，
令t= m2+1≥1，
则S△OND=15t3t2+1=153t+1t，
又y=3t+1t在[1,+∞)上单调递增，
所以y=153t+1t在[1,+∞)上单调递减，
故当t=1，即m=0时，△OND的面积取得最大值
即(S△OND)max=154．
18.解：(1)由函数f(x)=ln(x+a)+12x2的定义域为(−a,+∞)，
且f′(x)=1x+a+x=x2+ax+1x+a，
令y=x2+ax+1，可得Δ=a2−4，
当0当a>2时，即Δ>0时，由x2+ax+1=0，
可得x=−a± a2−42且−a− a2−42>−a，
令f′(x)>0，解得−a−a+ a2−42，
令f′(x)<0，解得−a− a2−42所以f(x)在(−a,−a− a2−42)和(−a+ a2−42,+∞)上单调递增，在(−a− a2−42,−a+ a2−42)上单调递减．
综上，当0当a>2时，f(x)在(−a,−a− a2−42)和(−a+ a2−42,+∞)上单调递增，在(−a− a2−42,−a+ a2−42)上单调递减．
(2)证明：因为a=1，所以g(x)=f(x)−12x2=ln(x+1)，
不妨设x1>x2≥0，
则要证明x1−x2>(g(x1)−g(x2)) x1x2+x1+x2+1，
只需证明(x1+1)−(x2+1)>[ln(x1+1)−ln(x2+1)] (x1+1)(x2+1)，
即(x1+1)2−2(x1+1)(x2+1)+(x2+1)2(x1+1)(x2+1)>(lnx1+1x2+1)2，
即证x1+1x2+1−2+x2+1x1+1>(lnx1+1x2+1)2，
设t=x1+1x2+1(t>1)，则只需证明 t−2+1t>lnt，化简得t−1 t>lnt，
设φ(t)=t−1 t−lnt(t>0)，则φ′(t)=( t−1)22t t>0在(1,+∞)上恒成立，
所以φ(t)在(1,+∞)上单调递增．
所以当t>1时，φ(t)>φ(1)=0，即t−1 t>lnt，得证．
19.解：(1)因为8×8与88均不属于数集{2,4,8}，所以数集{2,4,8}不具有性质P；
因为1×1,1×2,1×5,1×10,2×5,22,55,102,105,1010都属于数集{1,2,5,10}，
所以数集{1,2,5,10}具有性质P．
(2)证明：(i)由A={a1,a2,⋯,an}具有性质P，得anan与anan中至少有一个属于A，
由1≤a1an，即anan∉A，从而1=anan∈A，则a1=1，
由1=a1an，则akan∉A(k=2,3,⋯,n)，
由A具有性质P，知anak∈A(k=1,2,⋯,n)，
又anan从而anan+anan−1+⋯+ana2+ana1=a1+a2+⋯+an−1+an，
所以an(1an+1an−1+⋯+1a2+1a1)=a1+a2+⋯+an−1+an．
(ii)由(i)知，a5a2=a4,a5a3=a3，即a5=a2a4=a32，
由1=a1a2a4=a5，则a3a4∉A，由数集A具有性质P，得a4a3∈A，
由a2a4=a32，得a3a2=a4a3∈A，且1因此a5a4=a4a3=a3a2=a2a1，数列{an}是首项a1=1，公比q=3的等比数列，即an=3n−1，
所以A={1,3,9,27,81}．

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