2024-2025学年浙江省名校新高考研究联盟Z20名校联盟高三（上）第一次联考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年浙江省名校新高考研究联盟Z20名校联盟高三（上）第一次联考数学试卷（含答案），共7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|x2−x−2≤0}，B={x|2x−3<0}，则A∩B=( )
A. [−2,1]B. [−1,32)C. (−∞,32)D. (−∞,−1]
2.(2x−1x2)7的展开式中1x2项的系数是( )
A. 672B. −420C. 84D. −560
3.已知等差数列{an}前n项和为Sn，若a7a5=1213，则S13S9=( )
A. 913B. 1213C. 75D. 43
4.已知随机变量X的分布列如下表所示，则E(2X+1)=( )
A. 116B. 113C. 143D. 223
5.已知函数f(x)=lg2(x2−ax),a∈R，则“a≤2”是“函数f(x)在(1,+∞)上单调递增”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
6.函数f(x)=cs(ωx+π6)(ω>0)的图象在区间(0,1)上恰有一个对称中心，则ω的取值范围为( )
A. (π6,2π3]B. (π6,4π3]C. (π3,4π3]D. (π3,7π3]
7.若某圆台有内切球(与圆台的上下底面及每条母线均相切的球)，且母线与底面所成角的余弦值为13，则此圆台与其内切球的体积之比为( )
A. 74B. 2C. 32D. 53
8.设函数f(x)=a(x−1)2−1,g(x)=csπx2−2ax，若函数ℎ(x)=f(x)−g(x)在区间(−1,1)上存在零点，则实数a的取值范围是( )
A. a≤2B. 12二、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.已知正实数a，b，c满足2a=5b=10c，则( )
A. b+c=aB. a>b>cC. 1a+1b=1cD. a+4b≥9c
10.若直线y=kx(k∈R)与圆C：(x−1)2+(y−1)2=1交于不同的两点A、B，O为坐标原点，则( )
A. 当k=2时，|AB|=45 5B. CA⋅CB的取值范围为[−1,1]
C. |OA|⋅|OB|=1D. 线段AB中点的轨迹长度为 2π
11.若函数f(csx)=1−csnx，n∈Z，则下列说法正确的是( )
A. 若n=2，则函数f(x)的最大值为2
B. 若n=3，则函数f(x)为奇函数
C. 存在n∈Z，使得f(sinx)=1−sinnx
D. 若f(sinx)+f(csx)=2，则n=4k+2，k∈Z
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a,b是两个单位向量，若(3a−b)⊥b，则向量a,b夹角的余弦值为______．
13.若复数z满足z+z−=2,z⋅z−=2，则|z−2z−|= ______．
14.如图，设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F作倾斜角为60°的直线l与双曲线C的左支交于A，B两点，若AF=4FB，则双曲线C的渐近线方程为______．
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)
已知三棱锥A−BCD，AD⊥底面BCD，BC⊥CD，AD=BC=CD=2，点P是AD的中点，点Q为线段BC上一动点，点M在线段DQ上．
(1)若PM//平面ABC，求证：M为DQ的中点；
(2)若Q为BC的中点，求直线DQ与平面ABC所成角的正弦值．
16.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足csB=a−c2c．
(1)若A=π3，求B；
(2)若△ABC是锐角三角形，且c=4，求b的取值范围．
17.(本小题15分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为e=12，左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，M为线段OA的中点，P为椭圆上动点，且△MPB面积的最大值为32 3．
(1)求椭圆E的方程；
(2)延长PM交椭圆于Q，若BP⋅BQ=6，求直线PQ的方程．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=xlnx(x>0)；
(1)设函数g(x)=f(x)+f(1−x)，求函数g(x)的极值；
(2)若不等式f(x)≥ax+b(a,b∈R)当且仅当在区间[e,+∞)上成立(其中e为自然对数的底数)，求ab的最大值；
(3)实数m，n满足019.(本小题17分)
混沌现象普遍存在于自然界和数学模型中，假设在一个混沌系统中，用xn来表示系统在第n个时刻的状态值，且该系统下一时刻的状态值xn+1满足xn+1=f(xn)，已知初始状态值x0∈(0,1)，其中f(x)=ax2−ax(a∈R)，这样每一时刻的状态值x0，x1，x2，⋯，xn构成数列{xn}(n∈N)．
(1)若数列{xn}为等比数列，求实数a的取值范围；
(2)若x0=12,a=−1，证明：
①1<1xn+1−1xn≤2；
②i=0nxi2≤n+12(n+2)．
参考答案
1.B
2.D
3.D
4.C
5.B
6.C
7.A
8.C
9.BCD
10.AC
11.ACD
12.13
13. 10
14.y=± 115x
15.解：(1)证明：连结AQ，因为PM//平面ABC，PM⊂平面ADQ，平面ADQ∩平面ABC=AQ，
则PM//AQ，又因为P是AD的中点，所以M是DQ中点．
(2)因为AD⊥底面BCD，BC⊥CD，如图建立坐标系，

则D(2,0,0)，B(0,2,0)，A(2,0,2)，Q(0,1,0)，
可得DQ=(−2,1,0)，CA=(2,0,2)，CB=(0,2,0)，
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CA=2x+2z=0n⋅CB=2y=0，
令x=−1，则y=0，z=1，可得n=(−1,0,1)，
则cs=DQ⋅n|DQ|⋅|n|=2 5× 2= 105，
因此直线DQ与平面ABC所成角的正弦值为 105．
16.解：(1)因为csB=a−c2c，由正弦定理可得csB=sinA−sinC2sinC，
则2sinCcsB=sinA−sinC=sin(B+C)−sinC=sinBcsC+sinCcsB−sinC，
整理得sinC=sinBcsC−sinCcsB=sin(B−C)，
因为B，C∈(0,π)，则B−C∈(−π,π)，则C=B−C，即B=2C，
由A=π3，A+B+C=π，
即B+C=2π3，
故B+C=3C=23π，则C=29π，B=49π．
(2)因为△ABC是锐角三角形，则B=2C<π2B+C=3C>π2，解得π6则 22故b=csinBsinC=4sin2CsinC=8csC，
则4 2<8csC<4 3，即4 217.解：(1)由条件得e=ca=12，即a=2c，则b= 3c，
则OM=12a=c，(S△BMP)max=12b(a+c)=3 32c2=3 32，
解得a=2,b= 3,c=1，
所以椭圆E的方程为：x24+y23=1；
(2)由题意可知：A(−2,0)，B(2,0)，则M(−1,0)，且直线PQ与椭圆必相交，

若直线PQ的斜率不存在，可知PQ：x=−1，
联立方程x=−1x24+y23=1，解得y=±32，
不妨取P(−1,32),Q(−1,−32)，则BP=(−3,32),BQ=(−3,−32)，
可得BP⋅BQ=9−94=274≠6，不合题意；
若直线PQ的斜率存在，设直线PQ：y=k(x+1)，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
则BP=(x1−2,y1)，BQ=(x2−2,y2)，
与椭圆联列方程得y=k(x+1)3x2+4y2=12，整理可得：(3+4k2)x2+8k2x+4k2−12=0，
可得x1+x2=−8k23+4k2,x1x2=4k2−123+4k2，
则BP⋅BQ=(x1−2)(x2−2)+y1y2=(x1−2)(x2−2)+k2(x1+1)(x2+1)
=(1+k2)x1x2+(k2−2)(x1+x2)+4+k2=(1+k2)(4k2−12)3+4k2−8k2(k2−2)3+4k2+4+k2
=27k23+4k2=6，
可得k2=6，解得k=± 6，
所以直线PQ的方程为y=± 6(x+1)；
综上所述：直线PQ的方程为y=± 6(x+1)．
18.解：(1)由函数f(x)=xlnx，得g(x)=xlnx+(1−x)ln(1−x)，0求导得g′(x)=1+lnx−ln(1−x)−1=lnx1−x=ln(11−x−1)，
当00，
则函数g(x)在(0,12)上单调递减，在(12,1)上单调递增，
所以当x=12时，函数g(x)取得极小值g(12)=−ln2，无极大值．
(2)函数f(x)=xlnx，x∈[e,+∞)，求导得f′(x)=1+lnx>0，函数f(x)在[e,+∞)上单调递增，
依题意，f(e)=ae+bb≥0，即b=e−aeb≥0，解得a≤1，
于是ab=ea(1−a)=−e(a−12)2+e4≤e4，当且仅当a=12时取等号，
所以ab的最大值是e4．
(3)证明：依题意，f(n)−f(m)n−m−lnm=nlnn−mlnm−(n−m)lnmn−m=nmnm−1lnnm，
令nm=t，由01，令ℎ(t)=tlnt−t+1，求导得ℎ′(t)=lnt>0，
函数ℎ(t)在(1,+∞)上单调递增，ℎ(t)>ℎ(1)=0，因此tlntt−1>1，
即f(n)−f(m)n−m−lnm>1，于是f(n)−f(m)n−m>lnm+1；
f(n)−f(m)n−m−lnn=nlnn−mlnm−(n−m)lnnn−m=1nm−1lnnm=lntt−1，
令φ(t)=lnt−t+1，求导得φ′(t)=1t−1<0，函数φ(t)在(1,+∞)上单调递减，
φ(t)<φ(1)=0，因此lntt−1<1，即f(n)−f(m)n−m−lnn<1，则f(n)−f(m)n−m所以lnm+119.(1)解：由{xn}是等比数列，得xn+12=xnxn+2，且xn⋅xn+1⋅xn+2≠0，a≠0，
依题意，xn+1=axn2−axn，则xn+1(axn2−axn)=xn(axn+12−axn+1)，
于是axn−a=axn+1−a，即xn=xn+1=axn2−axn，整理得xn=a+1a=x0，
因此0所以实数a的取值范围是{a|a<−1}．
(2)证明：①由a=−1知，xn+1=−xn2+xn,1xn+1=1xn(1−xn)=1xn+11−xn，则1xn+1−1xn=11−xn，
由xn+1−xn=−xn2<0，得数列{xn}是递减数列，则xn≤x0=12,1xn+1−1xn=11−xn≤2；
又xn+1xn=1−xn>0，则xn，xn+1同号，有xn与x0同号，即xn>0，于是1xn+1−1xn=11−xn>1，
所以1<1xn+1−1xn≤2．
②由xn2=xn−xn+1，得i=0nxi2=i=0n(xn−xn+1)=x0−xn+1=12−xn+1，
由①知，1xn+1−1xn≤2，则1xn+1≤1x0+2(n+1)=2n+4，又xn>0，因此xn+1≥12n+4，
所以i=0nxi2=12−xn+1≤12−12n+4=n+12(n+2)． X
1
2
3
P
13
a
16