2024-2025学年江苏省苏州市部分学校高三（上）适应性数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省苏州市部分学校高三（上）适应性数学试卷（含答案），共11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|3≤x+lnx≤10}，则A∩Z的元素个数为( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
2.复数z1、z2满足z1+z2=z1z2，若z1−=1+i，则|z2|=( )
A. 22B. 1C. 2 2D. 2
3.若向量a=(1,1),b=(−2,x)，若a与a+b夹角为钝角，则x的可能取值为( )
A. 1B. 0C. −2D. −1
4.随机变量ξ的取值集合为{xk|xk=π3+kπ2,k∈N+}且P(ξ=xk)=12k，则( )
A. E(ξ)D(csξ)C. E(ξ)=83πD. E(ξ)=125π
5.已知S=333，若正实数x满足SSS=99x，则x=( )
A. 330+3−lg322B. 12lg3330+32C. 33−lg322D. 333−lg322
6.如图，四棱锥A1−ABCD截取自棱长为1的正方体.其中AA1⊥平面ABCD且A1A=AB=BC=CD=DA=1.E是线段A1D上靠近A1的三等分点，F是线段BC上最靠近B的四等分点，M，N分别是棱A1C和A1B上的动点且恒有MN⊥A1F，垂足为H，则EM+MH的最小值为( )
A. 566 33B. 133 66C. 599 66D. 233 66
7.已知角α、β满足cs(α+β)=sinα+sinβ，则sinα的最小值为( )
A. 1− 3B. − 32C. 1− 52D. 3−2
8.⌈x⌉表示大于或者等于x的最小整数，⌊x⌋表示小于或者等于x的最大整数.已知函数f(x)=⌈x2+3ax+a⌉,x≤0e−x,x>0且f(x)满足：对∀x1，x2∈R有(x1−x2)(f(x1)−f(x2))≤0，则a的可能取值是( )
A. −19B. 0C. 13D. 49
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.已知函数f(x)=cs|x|+|sinx|和g(x)=sin|x|+|csx|，下列说法正确的是( )
A. f(x)和g(x)均为周期函数，且2π是f(x)、g(x)的周期之一
B. f(x)和g(x)均为周期函数，且π是f(x)、g(x)的周期之一
C. f(x)的值域为[−1, 2]
D. g(x)=f(x−π2)对∀x≥0恒成立
10.如图，对于抛物线γ：y2=2px，(p>0)，F是它的焦点，γ的准线与x轴交于T，过点T作斜率为k的直线与γ依次交于B、A两点，使得恰有BT⋅BF=0，下列说法正确的是( )
A. k是定值，p不是定值
B. k不是定值，p也不是定值
C. A、B两点横坐标乘积为定值
D. 记AB中点为M，则M和A横坐标之比为定值
11.设{an}为a1=1的单调递增数列，且满足an+12+16an2+1−2(an+1+4an)−8anan+1=0，则下列选项正确的是( )
A. a2=9
B. a2025至多有22022种取值可能
C. 14a1+14a2+…+14an≤ 2+2
D. k=1n(⌊ ak2k−1⌋+⌈ ak2k−1⌉)=3n(⌈x⌉表示大于或者等于x的最小整数，⌊x⌋表示小于或者等于x的最大整数)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a，b∈R+，则7a2−11ab+12b2(a+b)2的最小值为______．
13.高三开学，学校举办运动会，女子啦啦队排成一排坐在跑道外侧.因烈日暴晒，每个班的啦啦队两侧已经摆好了两个遮阳伞，但每个遮阳伞的荫蔽半径仅为一名同学，为了效益最佳，遮阳伞的摆放遵循伞与伞之间至少要有一名同学的规则.高三(一)班共有七名女生现在正坐成一排，因两边的遮阳伞荫蔽范围太小，现在考虑在她们中间添置三个遮阳伞.则添置遮阳伞后，晒黑女生人数的数学期望为______．
14.若a>0且关于x的不等式eex+e2+ae2≥a2e2+aln(a2e2+aex)在(0,+∞)上恒成立，则a的取值范围是______．
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)
野餐用的三脚架三只脚长度均为r，露营结束后三脚架落在森林里，有白蚁聚集到其中一只脚啃食．
(1)求证：啃食过程中三脚架顶点的运动轨迹是一段圆弧；
(2)啃食完毕后脚长变为r2，且垂直于地面，若未损坏的两只脚所在平面与地面所成二面角为π4，求原三角架对应四面体的体积(用r表示)．
16.(本小题15分)
已知椭圆γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，γ与圆x2+y2=a2−b2在第一、第二象限分别交于Q、P两点，且满足∠POQ=π3，PQ=1．
(1)求椭圆γ的标准方程；
(2)A是椭圆上的一点，若存在椭圆的弦BC使得OA−//BC，求证：四边形OABC的面积为定值．
17.(本小题15分)
已知正整数列{an}满足a1=2，且有k=1nanak=n2对任意正整数n恒成立．
(1)求证：对任意n∈N+，an均为偶数；
(2)记bn=an2+2an4n，求证：k=1n bk<9．
18.(本小题17分)
“三角换元”是代数中重要且常见的运算技巧，有些代数式看似复杂，用三角代替后，实则会呈现出非常直观的几何意义，甚至可以与复杂的二次曲线产生直观联系．
(1)利用恒等式sin2θ+cs2θ=1和tan2θ+1=1cs2θ，求函数y1=x− 1−x2和y2=2csθ+ 3cs2θ+tan2θ−4tanθ+4的最小值．
(2)在△ABC中，角A、B、C对应的边为a、b、c：
(i)求证：cs2A+cs2B+cs2C+2csAcsBcsC=1；
(ii)已知实数x，y满足x2+y2+ 2xy=12，求二元函数f(x,y)= x2−4 2x+9+2 2y+2 2x2+2 2xy+1+x的最大值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=x(eax−cs1x)，其中a为正实数．
(1)若a∈(2π,+∞)，讨论f(x)在(2π,a)的单调性．
(2)若a=1，且方程π2(f(x)−mx)=eπ2−m在(2π,+∞)至少有一个根，求实数m的取值范围．
参考答案
1.B
2.D
3.A
4.B
5.A
6.C
7.A
8.A
9.CD
10.ACD
11.AC
12.12972
13.1
14.(0,e12e2−1]
15.(1)证明：由题意知，原三脚架为侧棱长为r的正三棱锥，如图，

则有PA=PB=PC=r，设PO⊥平面ABC，D，E分别为AB，PC的中点，
假设白蚁聚集到脚PC进行啃食，则啃食过程中顶点P向下移动，
在△PAB中，PD的长度保持不变，故顶点P到点D的距离为定值，
故三脚架顶点P的运动轨迹是一段以D为圆心，PD为半径的圆弧；
(2)解：由题意，啃食完毕后脚长变为r2，且垂直于地面，如图所示，

则PE=r2，且PE⊥平面ABE，则PE⊥AB，
由PA=PB，D为AB中点，可得PD⊥AB，
又PD∩PE=P，所以AB⊥平面PDE，
又DE⊂平面PDE，所以DE⊥AB，
故∠PDE即为未损坏的两只脚所在平面与地面所成二面角，
则∠PDE=π4，故DE=PE=r2，所以PD= 22r，
从而得AB=2 PA2−PD2= 2r，
所以DO=13× ( 2r)2−( 22r)2= 66r，
PO= PD2−DO2= r22−r26= 33r，
故原三角架对应四面体的体积为：
VP−ABC=13S△ABC⋅PO=13× 34×( 2r)2× 33r=r36．
16.(1)解：由对称性知，|OP|=|OQ|，
因为∠POQ=π3，PQ=1，所以△OPQ是边长为1的等边三角形，
因为Q位于第一象限，所以Q( 32,12)，
代入椭圆γ的方程有34a2+14b2=1，
代入圆x2+y2=a2−b2的方程有34+14=a2−b2，
联立解得a2=32，b2=12，
所以椭圆γ的标准方程为x232+y212=1．

(2)证明：设A(m,n)，mn≠0，则直线OA的斜率为nm，且m232+n212=1，即m2+3n2=32，
因为OA−//BC，所以四边形OABC是平行四边形，|BC|=|OA|= m2+n2，
设直线BC的方程为y=nm(x−t)，B(x1,y1)，C(x2,y2)，
联立y=nm(x−t)2x23+2y2=1，得(2m2+6n2)x2−12n2tx+6n2t2−3m2=0，
所以x1+x2=12n2t2m2+6n2，x1x2=6n2t2−3m22m2+6n2，
所以|BC|= 1+(nm)2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= m2+n2⋅2 6⋅ m2−2n2t2+3n22m2+6n2= m2+n2⋅ 6⋅ m2−2n2t2+3n232，
因为|BC|=|OA|= m2+n2，
所以 m2+n2⋅ 6⋅ m2−2n2t2+3n232= m2+n2，
整理得6(32−2n2t2)=94，即|nt|=34，
而点A到直线BC的距离为d=|nm(m−t)−n| n2m2+1=|nt| m2+n2，
所以四边形OABC的面积S=2S△ABC=2⋅12⋅|BC|⋅d=|OA|⋅d= m2+n2⋅|nt| m2+n2=|nt|=34，为定值．
17.证明：(1)由题，k=1nanak=an(1a1+1a2+⋯+1an)=n2，
即1a1+1a2+⋯+1an=n2an，
则1a1+1a2+⋯+1an+1an+1=(n+1)2an+1=n2an+1an+1，
即有[(n+1)2−1]an=n2an+1，
整理得：an+1an=n+2n，
则有anan−1=n+1n−1，an−1an−2=nn−2,⋯，a2a1=3，
即anan−1×an−1an−2×⋯×a2a1=n+1n−1×nn−2×⋯×3，
即ana1=n(n+1)2，又a1=2，则an=n(n+1)，
若n为奇数，则n+1为偶数，此时an=n(n+1)为偶数，
若n为偶数，则an=n(n+1)亦为偶数，
故对任意n∈N+，an均为偶数；
(2)由(1)知，an=n(n+1)，
则bn=n2(n+1)2+2n(n+1)4n故 bn故k=1n bk其中k=1n12k=12×(1−12n)1−12=1−12n，
k=1nk(k+1)2k=22+622+1223+⋯+n(n+1)2n，
则12k=1nk(k+1)2k=222+623+1224+⋯+n(n+1)2n+1，
则k=1nk(k+1)2k−12k=1nk(k+1)2k
=12k=1nk(k+1)2k=22+422+623+⋯+2n2n−n(n+1)2n+1，
则14k=1nk(k+1)2k=222+423+⋯+2n2n+1−n(n+1)2n+2，
则14k=1nk(k+1)2k=22+222+223+⋯+22n−2n2n+1−n(n+1)2n+1+n(n+1)2n+2
=1×(1−12n)1−12−4n+n(n+1)2n+2=2−n2+5n+82n+2，
则k=1nk(k+1)2k=4(2−n2+5n+82n+2)=8−n2+5n+82n，
即有k=1n bk=8−n2+5n+82n+1−12n
=9−n2+5n+92n
<9．
18.解：(1)设x=csθ，θ∈[0,π]，则y1=csθ−sinθ= 2cs(θ+π4)，
因为θ∈[0,π]，所以θ+π4∈[π4,5π4]，所以cs(θ+π4)∈[−1, 22]，所以y1≥−1，
即y1=x− 1−x2的最小值为−1；
当csθ>0时，y2=2csθ+ 3cs2θ+tan2θ−4tanθ+4
= 4cs2θ+ 3cs2θ+tan2θ−4tanθ+4
= 4tan2θ+4+ 4tan2θ−4tanθ+7
= (2tanθ−0)2+(0−2)2+ (2tanθ−1)2+(0+ 6)2，
表示点(2tanθ,0)到点(0,2)和(1,− 6)的距离之和，
所以y2≥ 1+(2+ 6)2=2 2+ 3；
当csθ<0时，y2=2csθ+ 3cs2θ+tan2θ−4tanθ+4
=− 4cs2θ+ 3cs2θ+tan2θ−4tanθ+4
=− 4tan2θ+4+ 4tan2θ−4tanθ+7
=− (2tanθ−0)2+(0−2)2+ (2tanθ−1)2+(0− 6)2，
表示点(2tanθ,0)到点(0,2)和(1, 6)的距离之差，
所以y2≥− 1+(2− 6)2= 3−2 2．
综上，y2的最小值为： 3−2 2．
(2)证明：(i)因为csC=cs[π−(A+B)]=−cs(A+B)=sinAsinB−csAcsB，
所以cs2A+cs2B+cs2C+2csAcsBcsC
=cs2A+cs2B+sin2Asin2B+cs2Acs2B−2sinAsinBcsAcsB+2csAcsBcsC
=cs2A+cs2B+(1−cs2A)(1−cs2B)+cs2Acs2B−2sinAsinBcsAcsB+2csAcsBcsC
=1+2(cs2Acs2B−csAcsBsinAsinB)+2csAcsBcsC
=1+2csAcsB(csAcsB−sinAsinB)+2csAcsBcsC
=1+2csAcsBcs(A+B)+2csAcsBcsC
=1−2csAcsBcsC+2csAcsBcsC=1，证毕；
(ii)在(i)中，令C=π4，则cs2A+cs2B+ 2csAcsB=12且A+B=3π4，
因为x2+y2+ 2xy=12，设x=csA，y=csB，
所以f(x,y)= x2−4 2x+9+2 2y+2 2x2+2 2xy+1+x，
可得f(A)= cs2A−4 2csA+9+4sinA+csA(A∈(0,3π4))，
则f(A)= 2cs2A−4 2csA+4+sin2A+4sinA+4+csA
= ( 2csA−2)2+(sinA+2)2+csA
= ( 2csA−2)2+(sinA+2)2−( 2−csA)+ 2
= ( 2csA−2)2+(sinA+2)2− ( 2−csA)2+ 2
= ( 2csA−2)2+(sinA+2)2− 2cs2A−2 2csA+1+sin2A+ 2
= ( 2csA−2)2+(sinA+2)2− ( 2csA−1)2+(sinA−0)2+ 2，
其表示点( 2csA,sinA)到点(2,−2)和(1,0)的距离之差再加上 2，
所以f(A)≤ (1−2)2+(0−(−2))2+ 2= 5+ 2，
当且仅当sinA−0 2csA−1=sinA+2 2csA−2，
即csA=4 2− 59,sinA=2 2+29时等号取得，此时满足A∈(0,3π4)．
19.解：(1)因为函数f(x)=x(eax−cs1x)=xeax−xcs1x，
所以f′(x)=eax+xeax(−ax2)−cs1x+xsin1x(−1x2)=eax−axeax−cs1x−1xsin1x=eax⋅x−ax−(cs1x+1xsin1x)，
因为x∈(2π,a)，a∈(2π,+∞)，所以1x∈(1a,π2)，1a∈(0,π2)，
所以eax⋅x−ax<0，−(cs1x+1xsin1x)<0，
所以f′(x)<0，所以f(x)在(2π,a)上单调递减．
(2)当a=1时，f(x)=x(e1x−cs1x)，设t=1x∈(0,π2)，
则π2[1t(et−cst)−mt]=eπ2−m，即πet−πcst−πm=2teπ2−2tm，
即πet−πcst−2teπ2π−2t=m，
设ℎ(t)=πet−πcst−2teπ2π−2t，t∈(0,π2)，
则ℎ′(t)=(πet+πsint−2eπ2)(π−2t)+2(πet−πcst−2teπ2)(π−2t)2，
设m(t)=(πet+πsint−2eπ2)(π−2t)+2(πet−πcst−2teπ2)，t∈(0,π2)，
则m′(t)=(πet+πcst)(π−2t)+(πet+πsint−2eπ2)(−2)+2(πet+πsint−2eπ2)
=(πet+πcst)(π−2t)，
因为t∈(0,π2)，所以(πet+πcst)(π−2t)>0，即m′(t)>0，
所以m(t)在(0,π2)上单调递增，
又因为m(0)=(π−2eπ2)π=π2−2πeπ2<0，
m(π2)=2(πeπ2−π−2×π2×eπ2)=0，
所以当t∈(0,π2)时，m(t)<0，即ℎ′(t)<0，
所以ℎ(t)在(0,π2)上单调递减，ℎ(0)=0，当t→π2时，ℎ(t)→−∞，
所以πet−πcst−2teπ2π−2t=m在t∈(0,π2)上至少有一个根时，m∈(−∞,0)．
故实数m的取值范围为(−∞,0)．