2024-2025学年十五校教育集团·鄂豫皖五十三校高三（上）联考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年十五校教育集团·鄂豫皖五十三校高三（上）联考数学试卷（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。

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.已知命题p：有些实数的相反数是正数，则 ¬p是( )
A. ∀x∈R，−x<0B. ∀x∈R，−x≤0
C. ∃x0∈R，−x0≤0D. ∃x0∈R，−x0<0
2.若复数z=2+im−i的实部与虚部相等，则实数m的值为( )
A. −3B. −1C. 1D. 3
3.已知某地区中学生的身高X近似服从正态分布N(164,σ2)，若P(X≥170)=0.3，则P(158A. 0.2B. 0.4C. 0.6D. 0.8
4.已知P(A−)=14，P(B−|A)=13，P(B|A−)=12，则P(B−)=( )
A. 512B. 58C. 38D. 14
5.已知a=3π，b=eπ，c=π3，则它们的大小关系是( )
A. a>b>cB. b>c>aC. c>a>bD. a>c>b
6.已知实数a，b满足4a2−2ab+b2=5，则4a2+b2的取值范围是( )
A. (−∞,10]B. [10,+∞)C. [103,10]D. [203,10]
7.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，若一过焦点F的斜率k=2 2的直线与双曲线交于A、B两点(A、B在同一支上)，且满足AF=3FB，则双曲线的离心率e=( )
A. 32B. 3 22C. 3 32D. 2 33
8.函数f(x)=ln||x|−1|与函数g(x)=sinπ2x的图象交点个数为( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
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.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BC的中点，若一点P在底面ABCD内(包括边界)移动，且满足B1P⊥D1E，则( )
A. D1E与平面CC1D1D的夹角的正弦值为13
B. A1点到D1E的距离为4 23
C. 线段B1P的长度的最大值为2 2
D. PA与PE的数量积的范围是[−45,1]
10.将1，2，3，4，5，6，7这七个数随机地排成一个数列，记第i项为ai(i=1,2,⋯,7)，则下列说法正确的是( )
A. 若a4=7，a1+a2+a3B. 若该数列恰好先增后减，则这样的数列共有64个
C. 若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，则这样的数列共有144个
D. 若a1>a2>a3，a3a6>a7，则这样的数列共有71个
11.已知S={(x,y)|(x−2)2+(y−m)2=1，y≥0}∪{(x,y)|(x−2)2+(y+m)2=1，y≥0}，T={(x,y)|y=12x}，P=S∩T，则下列结论中正确的是( )
A. 当m=12时，S∩{(x,y)|y=0}={(2− 32,0),(2+ 32,0)}
B. 当m= 52+1时，P有1个元素
C. 若P有2个元素，则m∈(− 52−1,− 52+1)∪( 52−1, 52+1)
D. 若P有4个元素，则m无整数解
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(x2+2x)8的展开式中x10项的系数是______．
13.已知集合A，B，C均是集合{1,3,5,7,9}的非空真子集，则以集合A，B，C为元素所构成的集合{A,B,C}的个数为______．
14.二阶魔方是一个2×2×2的正方体，由8个角块组成，没有中心块和棱块，结构相对简单.若空间中方向不同但状态相同(即通过整体旋转后相同)的情况只算一种，则任意二阶魔方共有______种不同的状态.(提示：任选其中1个角块作为参考，则其余7块能自由排列，在这7块中，任意确定6块，最后1块也就唯一确定了)
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)
锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且B=π6,c=2．
(1)证明：a=1tanC+ 3；
(2)求△ABC的周长的取值范围．
16.(本小题15分)
已知公差不为0的等差数列{an}满足a3=6，a2，a4，a8成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=n2an2，求数列{bn}的前n项之和Sn．
17.(本小题15分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=2 2，动直线l与椭圆交于P，Q两点：当直线l过F2时，△PQF1的周长为8．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l过点E(1,0)，椭圆的左顶点为A，当△APQ面积为 10时，求直线l的斜率k．
18.(本小题17分)
设函数f(x)=xlnx．
(1)分析f(x)的单调性和极值；
(2)设g(x)=f(x+1e)+1e，若对任意的x≥0，都有g(x)≥mx成立，求实数m的取值范围；
(3)若x1≠x2，且满足f(x1)+f(x2)=12(x12+x22)−1时，证明：x1+x2>2．
19.(本小题17分)
某研究团队需要研究成分S的性质，以研制一种新药.现有n(n∈N∗)瓶待测试剂，这些试剂中的部分含有少量成分S，为了更方便的检测出含有成分S的待测试剂，该团队设计了以下两个方案：
方案一：对这n瓶待测试剂进行逐一检测；
方案二：将这n瓶待测试剂分成k个小组(n=mk,m∈Z)，每个小组分别将该组的待测试剂混合后检测一次，若未检测出成分S，则不再进行检测，若检测出成分S，则对该小组的待测试剂进行逐一检测．
已知每瓶待测试剂中含有成分S的概率均为p，设X为方案二某小组的检测次数，E(X)为方案二的检测次数的数学期望．
(1)记E(X)的最大值为E，求证：E<2n+p−1n；
(2)能否认为E(X)(3)给出一个能有效减少检测次数的方案，说明理由．
参考答案
1.B
2.D
3.B
4.C
5.D
6.C
7.A
8.A
9.ABD
10.ACD
11.ABD
12.112
13.4060
14.3674160
15.解：(1)因为asinA=csinC，B=π6，
则a=2sinAsinC=2sin(B+C)sinC=csC+ 3sinCsinC=1tanC+ 3；
(2)由bsinB=csinC，得b=1sinC，
故a+b+c=1tanC+1sinC+2+ 3=1+csCsinC+2+ 3=1tanC2+2+ 3，
因为△ABC为锐角三角形，
所以0即π3则 33所以周长的取值范围为(3+ 3,2+2 3)．
16.解：(1)设公差d不为0的等差数列{an}满足a3=6，a2，a4，a8成等比数列，
故a42=a2⋅a8，整理得(6+d)2=(6−d)(6+5d)，解得d=2或0(舍去)；
故an=2n；
(2)由(1)得：bn=n⋅2n，
故Sn=1×21+2×22+...+n⋅2n，①，
2Sn=1×22+2×23+...+n⋅2n+1，②，
①−②得：−Sn=2+22+23+...+2n−n⋅2n+1=2×(2n−1)2−1−n⋅2n+1，
整理得Sn=(n−1)2n+1+2．
17.解：(1)当直线l过F2时，
则△PQF1的周长为|PF1|+|QF1|+|PQ|=|PF1|+|QF1|+|PF2|+|QF2|=4a，
又△PQF1的周长为8，
则a=2，
又|F1F2|=2 2，
则c= 2，
则b= a2−c2= 2，
即椭圆C的方程为x24+y22=1；
(2)已知直线l过点E(1,0)，
设直线方程为x=my+1，
联立x=my+1x24+y22=1，
消x可得：(m2+2)y2+2my−3=0，
由题意可得：Δ>0，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
则y1+y2=−2mm2+2，y1y2=−3m2+2，
又椭圆的左顶点为A(−2,0)，
则△APQ面积为12|AE||y1−y2|= 10，
即32 (−2mm2+2)2+12m2+2= 10，
解得m2=1，
则k2=(−1m)2=1，
即直线l的斜率k为±1．
18.解：(1)f(x)=xlnx，定义域为(0,+∞)，f′(x)=lnx+1，
令f′(x)=0，即lnx+1=0，解得x=1e，
令f′(x)<0，解得00，解得x>1e，
所以f(x)在(0,1e)上单调递减，在(1e,+∞)上单调递增，
所以f(x)在x=1e处取得极小值，极小值为f(1e)=1eln1e=−1e．
(2)g(x)=f(x+1e)+1e=(x+1e)ln(x+1e)+1e，(x≥0)，
因为g(x)−mx≥0，即构造函数ℎ(x)=(x+1e)ln(x+1e)+1e−mx，x≥0，
则ℎ′(x)=ln(x+1e)+(x+1e)×1(x+1e)−m=ln(x+1e)+1−m，
可知ℎ(0)=0，若要ℎ(x)≥0，必须要求ℎ′(0)≥0，
即−1+1−m≥0，得m≤0，
当x≥0，m≤0时，ℎ′(x)=ln(x+1e)+1−m≥0′恒成立，
ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，所以ℎ(x)≥ℎ(0)=0恒成立，
故实数m的取值范围为(−∞,0]．
(3)证明：记m(x)=xlnx−12x2+12，则m′(x)=1+lnx−x，
记n(x)=1+lnx−x，n′(x)=1x−1=1−xx，n′(1)=0，
当x∈(0,1)时，n′(x)>0，n(x)为增函数，
当x∈(1,+∞)时，n′(x)<0，n(x)为减函数，
所以n(x)≤n(1)=0，即m′(x)≤0，
所以函数m(x)=xlnx−12x2+12在(0,+∞)单调递减，
则f(x1)+f(x2)=12(x12+x22)−1转化为m(x1)+m(x2)=0，
注意到m(1)=0，不妨0要证x1+x2>2，只需证x2>2−x1，即证：m(2−x1)>m(x2)，
即证：m(2−x1)>−m(x1)，即证：m(x1)+m(2−x1)>0，
记k(x)=xlnx+(2−x)ln(2−x)−x2+2x−1，(0则k′(x)=lnx−ln(2−x)−2x+2，
记t(x)=k′(x)=lnx−ln(2−x)−2x+2，
则t′(x)=1x+12−x−2>0，所以t(x)在(0,1)单调递增，所以t(x)即k′(x)<0，所以k(x)在(0,1)单调递减，所以k(x)>k(1)=0，
所以m(x1)+m(2−x1)>0，
所以x1+x2>2，得证．
19.解：(1)证明：方案二中某小组的检测次数X可能取值为1或m+1，
当一次检测中未检测出S成分时，检测次数为1，概率为1−pm，
当一次检测出S成分时，再对该小组的m瓶逐一检测，检测次数为m+1，概率为pm，
E(X)=1×(1−pm)+(m+1)pm=1+mpm，
又因为n=mk，
所以k个小组的检测次数期望为E′=kE(X)=k+kmpm，
要证明(E′)max=E<2n+p−1n，
即证k+kmpm<2n+p−1n恒成立，
即证nm+npm<2n+p−1n，
又因为n属于正整数，
所以1m+pm<2+p−1n2，
令g(m)=1m+pm，ℎ(n)=2+p−1n2，
又0所以g(m)在[1,+∞)上单调递减，ℎ(n)在[1,+∞)单调递增，
所以g(m)max=g(1)=1+p，ℎ(n)min=1+p，
所以g(m)≤ℎ(n)在[1,+∞)恒成立，
E≤2n+p−1n，当m=n=1时取等号，
而原题说这些试剂中部分含有少量成分S，
则显然n≠1，否则该瓶必含有少量成分S，与原题矛盾，所以等号不成立；
所以E<2n+p−1n；
(2)能认为E(X)E(X)1+mpmm设y=1m+pm，
因为p∈(0,1)，则易知离散函数y在m≥1，m∈N∗上单调递减，
所以y<1+p<2，
又因为k≥2，k∈N∗，则E(X)方案二的合理性：
当p较小时，即含有成分S的概率较低时，通过分组检测，大部分不含S成分的小组可以通过一次混合检测排除，
从而减少检测次数，相比逐一检测，会更节省检测成本和时间．
(3)二分法混合检测：
方案说明：当n为奇数时，分为n−12和n−12+1两份检测，各自混合检测，
再将含有S的那部分再分2份混合检测，如果遇到奇数瓶时，按照第一次分法即可；
如果遇到偶数瓶时，则分为相同两份检测，依次类推；
当n为偶数时，分为n2和n2两份检测，各自混合检测，
当n2为偶数时，按照第一次分法继续分为两份，各自混合检测；
当n2为奇数时，按照瓶数差为1的分法继续分，
即n2−12和n2−12+1两份检测，依次类推；
理由：若混合液中未检测出S成分，那剩下的试效含有S成分的概率会提高，
同时也排除了该混合液对应试剂含有S的可能性，更有针对的进行试验，从而减少检测次数．