2024-2025学年江苏省连云港高级中学高三（上）第一次学情检测数学试卷（9月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省连云港高级中学高三（上）第一次学情检测数学试卷（9月份）（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。

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.在复平面内，(1+3i)(3−i)对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.设集合A={0,−a}，B={1,a−2,2a−2}，若A⊆B，则a=( )
A. 2B. 1C. 23D. −1
3.已知a,b∈R，则“2−a<2−b”是“a2>b2”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
4.已知函数f(x)=ln(ax+2)在区间(1,2)上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A. a<0B. −1≤a<0C. −15.已知球的半径为1，其内接圆锥的高为32，则该圆锥的侧面积为( )
A. 3π4B. 3π2C. 3π2D. 3π
6.若f(x)=(x+a)ln2x−12x+1为偶函数，则a=( )
A. −1B. 0C. 12D. 1
7.已知函数f(2x+1)为奇函数，f(x+2)为偶函数，且当x∈(0,1]时，f(x)=lg2x，则f((32)2)=( )
A. 2B. −2C. 1D. −1
8.已知函数f(x)为偶函数，满足f(x+2)=−1f(x)，且−2⩽x⩽0时，f(x)=( 33)x−2，若关于x的方程f(x)−lga(x+1)=0至少有两解，则a的取值范围为( )
A. (13,3)B. (0,13]∪[3,+∞)C. (0,15]∪[3,+∞)D. [15,3]
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.若函数f(x)=alnx+bx+cx2(a≠0)既有极大值也有极小值，则( )
A. bc>0B. ab>0C. b2+8ac>0D. ac<0
10.如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°，则( )
A. AC1= 6
B. AC1⊥BD
C. 四边形BDD1B1的面积为 22
D. 平行六面体ABCD−A1B1C1D1的体积为 22
11.若实数x，y满足x2+y2=4+xy，则( )
A. x+y≥−4B. x+y≤2C. x2+y2≤8D. x2+y2≥4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.lg( 3− 5+ 3+ 5)= ______．
13.底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为
14.已知：函数f(x)是定义在R上的可导函数，当x≥0时，f′(x)>f′(−x)，若g(x)=f(x)+f(−x)，且对任意x∈[12,1]，不等式g(ax+1)≤g(x−2))恒成立，则实数a的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
设a>0，函数f(x)=ax3−2x+1．
(1)当a=1时，求过点(0,−1)且与曲线y=f(x)相切的直线方程；
(2)x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：f(x1)+f(x2)为定值．
16.(本小题12分)
在每年的1月份到7月份，某品牌空调销售商发现：“每月销售量(单位：台)”与“当年的月份”线性相关.根据统计得下表：
(1)根据往年的统计得，当年的月份x与销量y满足回归方程y=10x+t.请预测当年7月份该品牌的空调可以销售多少台?
(2)该销售商从当年的前6个月中随机选取3个月，记X为销量不低于前6个月的月平均销量的月份数，求X的分布列和数学期望．
17.(本小题12分)
如图三棱锥A−BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=60∘，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA;
(2)点F满足EF=DA，求二面角D−AB−F的正弦值．
18.(本小题12分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)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12分)
已知函数f(x)=(x−a)lnx−x+a−3(a∈R)．
(1)若a=0，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数f′(x)的单调性；
(3)当a=2时，证明：f(x)有且只有2个零点．
参考答案
1.A
2.B
3.D
4.B
5.C
6.B
7.A
8.C
9.BCD
10.ABD
11.AC
12.12
13.28
14.[−2,0]
15.解：(1)当a=1时，f(x)=x3−2x+1，则导数f′(x)=3x2−2．
设切点为(x0,x03−2x0+1)，则f′(x0)=3x02−2，
所以切线方程为y−(x03−2x0+1)=(3x02−2)(x−x0)．
又切线过点(0,−1)，则−1−(x03−2x0+1)=(3x02−2)(0−x0)，
整理得2x03=2，解得x0=1．
所以过点(0,−1)且与曲线y=f(x)相切的直线方程为y=x−1．
(2)证明：依题意，f′(x)=3ax2−2(a>0)，令f′(x)=0，得x=± 23a，
不妨设x1所以f(x1)+f(x2)=ax13−2x1+1+ax23−2x2+1=2，
所以f(x1)+f(x2)为定值．
16.解：(1)x=1+2+3+4+5+66=3.5，
y=12+21+33+41+52+636=37，
又回归直线过样本中心点(x,y)，所以37=10×3.5+t，得t=2，
所以y=10x+2，当x=7时，y=72，
所以预测当年7月份该品牌的空调可以销售72台；
(2)因为y=37，所以销量不低于前6个月的月平均销量的月份数为4，5，6，
所以X=0，1，2，3，
所以P(X=0)=C33C63=120，P(X=1)=C31C32C63=920，P(X=2)=C32C31C63=920，P(X=3)=C33C63=120，
所以X的分布列为：
故数学期望E(X)=0×120+1×920+2×920+3×120=32．
17.解：(1)连接AE，DE，∵DB=DC，∴DE⊥BC，
又∵DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60∘，∴▵ACD与▵ABD均为等边三角形，
∴AC=AB，∴AE⊥BC，AE∩DE=E，∴BC⊥平面ADE，
∴BC⊥DA.
(2)设DA=DB=DC=2，∴BC=2 2，∴DE=AE= 2，AD=2，
∴AE2+DE2=4=AD2，∴AE⊥DE，又∵AE⊥BC，DE∩BC=E，
∴AE⊥平面BCD，
如图建立空间直角坐标系，
∴D( 2,0,0)，A(0,0, 2)，B(0, 2,0)，E(0,0,0)，
∵EF=DA⇒F(− 2,0, 2)，
∴DA=(− 2,0, 2)，AB=(0, 2,− 2)，AF=(− 2,0,0)，
设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1=(x1,y1,z1)，n2=(x2,y2,z2)，
设二面角D−AB−F平面角为θ，
∴− 2x1+ 2z1=0 2y1− 2z1=0⇒n1=(1,1,1), 2y2− 2z2=0− 2x2=0⇒n2=(0,1,1).
∴|cs θ|=|n1⋅n2||n1||n2|=2 3⋅ 2= 63，∴sinθ= 33.

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)当a=0时，f(x)=xlnx−x−3，f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=lnx+1−1=lnx，
由f′(x)>0得x>1，由f′(x)<0得0所以f(x)在区间(0,1)上单调递减；在区间(1,+∞)上单调递增，
所以当x=1时，f(x)取得极小值f(1)=−4，无极大值；
(2)由题意得f(x)=(x−a)lnx−x+a−3的定义域为(0,+∞)，f′(x)=lnx+x−ax−1=lnx−ax，
令ℎ(x)=lnx−ax(x>0)，则ℎ′(x)=1x+ax2=x+ax2，
当a≥0时，ℎ′(x)>0恒成立，ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，即f′(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a<0时，由ℎ′(x)<0得00得x>−a，
所以ℎ(x)在(0,−a)上单调递减，在(−a,+∞)上单调递增，
所以f′(x)在(0,−a)上单调递减，在(−a,+∞)上单调递增；
即a≥0时，f′(x)在(0,+∞)上单调递增；当a<0时，f′(x)在(0,−a)上单调递减，在(−a,+∞)上单调递增；
(3)证明：当a=2时，f(x)=(x−2)lnx−x−1，由(1)知f′(x)=lnx−2x为增函数，
又f′(2)=ln2−1<0，f′(3)=ln3−23>0，所以存在x0∈(2,3)，使得f′(x0)=0，即lnx0=2x0，
且f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
所以f(x0)=(x0−2)lnx0−x0−1=(x0−2)⋅2x0−x0−1=1−(x0+4x0)，显然x0+4x0>2 x0⋅4x0=4，所以f(x0)<0，
又f(1e2)=3−3e2>0，f(e2)=e2−5>0，
所以f(x)在(0,x0)和(x0,+∞)上各有一个零点，
即a=2时，f(x)有且只有2个零点． 月份x
1
2
3
4
5
6
销量y
12
21
33
41
52
63
x
(−∞,− 23a)
− 23a
(− 23a, 23a)
23a
( 23a,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增