2024-2025学年辽宁省点石联考高三（上）段考数学试卷（10月份）（含答案）

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这是一份2024-2025学年辽宁省点石联考高三（上）段考数学试卷（10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.已知集合A={x|−1A. (0,3)B. [0,3]
C. (−∞,0]∪[3,+∞)D. (−∞,0)∪(3,+∞)
2.若复数z满足z=3−3i1+i，则|z|=( )
A. 1B. 2C. 3D. 3
3.已知a为单位向量，|b|=4，(a+2b)⋅(3a−b)=−39，则a与b的夹角为( )
A. π6B. π3C. π2D. 2π3
4.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且SnTn=n+15n+3，则b10a10=( )
A. 4910B. 1049C. 5311D. 1153
5.已知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，且f(x)+g(x)=ex，则2f(x)+4g(x)的最小值是( )
A. 2B. 2 3C. 4D. 2 5
6.已知函数f(x)对任意x∈R满足f(x)=f(−4−x)，任意x1，x2∈(−∞,−2]，且x1≠x2，都有f(x1)−f(−4−x2)x1−x2>0，则不等式f(4x−1)>f(3x+2)的解集是( )
A. (−∞,−57)∪(3,+∞)B. (−∞,−53)∪(3,+∞)
C. (3,+∞)D. (−57,3)
7.已知sin(α+7π12)cs(α+3π4)=−25，则cs(2α+5π6)=( )
A. 15B. −15C. 310D. −310
8.已知函数f(x)=ln1x2+b，g(x)=4sin2x+2cs2x−2 2tanx，若对任意x1∈R，x2∈(0,π2)，使得f(x1)≤g(x2)恒成立，则实数b的取值范围为( )
A. (0,e]B. [e,+∞)C. [e−8,+∞)D. (0,e−8]
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.已知等比数列{an}中，a3+a4=40，a3−a5=30，则( )
A. 公比为14B. a2023=16a2025
C. 当n≥6时，an<12D. {an}的前10项积为1
10.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A. f(x)=2sin(2x+π3)
B. f(x)的图象关于直线x=−512π对称
C. f(x−2π3)是偶函数
D. 将f(x)图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，得到函数y=2sin(x+π3)的图象
11.设函数y=f(x)的定义域为R，且f(x−1)为奇函数，f(x+1)为偶函数，若当x∈[−1,1]时，f(x)=1−|x|，则( )
A. f(x)关于点(−1,0)中心对称，关于直线x=1轴对称
B. f(x)在[2,4]上单调递增
C. y=f(x−5)为奇函数
D. 方程f(x)=lgx仅有5个不同的实数解
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.“三角形全等”是“三角形相似”的______条件.(填“充分不必要”“必要不充分”或“充要”)
13.赵爽是我国古代数学家.大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的).类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设AD=λAB+μAC，若DF=2AF，则可以推出λ+μ= ______．
14.已知数列{an}满足an+1=ean−2(n∈N∗)，a2+a3=3x0，其中x0为函数y=ex−2−x2(x>1)的极值点，
则ea1+a2−a3= ______．
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)
已知数列{bn}与等差数列{an}，若a1=b1=1，a4=b3，bn+1=2bn+1．
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{an(bn+1)}的前n项和Sn．
16.(本小题15分)
在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ccs(B2+2π3)−bcs(C+π2)=0．
(1)求B；
(2)若b=5，求△ABC面积的最大值．
17.(本小题15分)
已知[1+lg(y+1)(sinx1+sinx)]⋅[lg(4+sinx)(y+1)]=1．
(1)试将y表示为x的函数y=f(x)，并求出定义域和值域；
(2)是否存在实数m，使得函数g(x)=mf(x)− f(x)+1有零点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ln(x−a)+ 9a−4x，a>0．
(1)若曲线y=f(x)在点(a+1,f(a+1))处的切线斜率为−1，求此切线方程；
(2)若关于x的不等式f(x)≤lna+2a恒成立，求a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知△OAB，OA=a，OB=b，|a|= 2，|b|= 3，a⋅b=1,P1为边AB上一点(异于A，B).由P1引边OB的垂线P1Q1，Q1是垂足，再由Q1引边OA的垂线Q1R1，R1是垂足，又由R1引边AB的垂线R1P2，P2是垂足.同样的操作连续进行，得到点Pn,Qn,Rn(n∈N∗).设APn=tn(b−a)(0
(1)求|AB|及(OA+OB)⋅AB的值；
(2)根据上述已知条件的研究发现如下结论：BQ1=−23(1−t1)⋅b，问这个结论是否正确，并说明理由；
(3)用t1和n表示tn．
参考答案
1.C
2.D
3.D
4.A
5.B
6.D
7.D
8.C
9.ABD
10.ABD
11.ACD
12.充分不必要
13.1213
14.12
15.解：(1)由bn+1=2bn+1，可得bn+1+1=2(bn+1)，
即有数列{1+bn}是首项和公比均为2的等比数列，则bn+1=2n，
即有bn=2n−1，
由题意可得a1=1，a4=b3=7，公差d=7−14−1=2，
则an=1+2(n−1)=2n−1；
(2)an(bn+1)=(2n−1)⋅2n，
则Sn=1⋅2+3⋅22+5⋅23+...+(2n−1)⋅2n，
2Sn=1⋅22+3⋅23+5⋅24+...+(2n−1)⋅2n+1，
上面两式相减可得−Sn=2+2(22+23+...+2n)−(2n−1)⋅2n+1
=2+2⋅4(1−2n−1)1−2−(2n−1)⋅2n+1=(3−2n)⋅2n+1−6，
可得Sn=(2n−3)⋅2n+1+6．
16.(1)解：由ccs(B2+2π3)−bcs(C+π2)=0，可得ccs(B2+2π3)+bsinC=0．
由正弦定理得sinCcs(B2+2π3)+sinBsinC=0，又sinC≠0，故cs(B2+2π3)+sinB=0，
即cs(B2+2π3)=−sinB=cs(π2+B)，
因为0所以π2+B=B2+2π3，解得B=π3；
(2)解：由余弦定理知b2=a2+c2−2accsB，
即25=a2+c2−ac=(a+c)2≥2ac−ac=ac，
所以ac≤25，当且仅当a=c=5时取等号，
所以△ABC面积S=12×acsinB≤12×25× 32，
即△ABC面积的最大值为：25 34．
17.解：(1)1+lg(y+1)(sinx1+sinx)]⋅[lg(4+sinx)(y+1)]=1，
∴(y+1)(sinx1+sinx)=sinx+4，
即y=4sinx+sinx+4，
∵sinx1+sinx>04+sinx>0
∴sinx>0，2kπ定义域：(2kπ,2kπ+π)，k∈z，设t=sinx，t>0，
∴y=4t+t+4，0∴根据函数的单调性得出[9,+∞)，
∴值域：[9,+∞)
(2)∵g(x)=mf(x)− f(x)+1
令n= f(x)则n∈[3,+∞)
∴可得出；y=mn2−n+1，n∈[3,+∞)
即mn2−n+1=0，n∈[3,+∞)，
m=−1n2+1n，1n∈(0,13]
0<−1n2+1n≤29，
∴018.解：(1)f(x)=ln(x−a)+ 9a−4x，
则f′(x)=1x−a+12×−4 9a−4x=1x−a−2 9a−4x，
则f′(a+1)=1−2 5a−4=−1，
解a=1，
又f(a+1)=f(2)=ln1+1=1，
所以曲线y=f(x)在点(a+1,f(a+1))处的切线方程为y−1=−(x−2)，
即x+y−3=0．
(2)f(x)=ln(x−a)+ 9a−4x，x∈(a,9a4],
f′(x)=1x−a−2 9a−4x= 9a−4x−2(x−a)(x−a) 9a−4x，
设g(x)= 9a−4x−2(x−a)(a所以g(x)在(a,9a4)上单调递减，
又g(a)= 5a>0，g(9a4)=−5a2<0，g(x)在(a,9a4]上的图象是连续不断的，
由函数零点存在定理可知，x0∈(a,9a4)，使g(x0)= 9a−4x0−2(x0−a)=0
当x∈(a,x0)时，g(x)>0，即f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈(x0,9a4]时，g(x)<0，即f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
所以f(x)max=f(x0)=ln(x0−a)+2(x0−a)，
设m(x)=lnx+2x(x>0)，则m′(x)=1x+2>0，所以m(x)单调递增，
所以f(x)≤lna+2a恒成立等价于m(x0−a)≤m(a)恒成立，
所以x0−a≤a，即x0≤2a恒成立，
因为g(x)在(a,9a4)上单调递减，且g(x0)=0，
所以只需g(2a)≤0恒成立，即 a−2a≤0，解得a≥14．
故a的取值范围是[14,+∞)．
19.(1)由题意可得AB=OB−OA=b−a，a⋅b=1，
所以|AB|2=|b−a|2=|b|2+|a|2−2a⋅b=3，即|AB|= 3；
(OA+OB)⋅AB=(OB+OA)(OB−OA)=(b+a)(b−a)=b2−a2=3−2=1；
(2)正确，证明如下：
在△OAB中，由余弦定理知cs∠ABO=|OB|2+|AB|2−|OA|22|OB||AB|=3+3−22× 3× 3=23，
又|AP1|=t1|b−a|= 3t1，则|BP1|=|AB|−|AP1|= 3− 3t1，
所以|BQ1|=|BP1|⋅cs∠ABO=23 3(1−t1)=23(1−t1)|b|，即BQ1=−23(1−t1)⋅b；
(3)因为|AB|=|OB|= 3，所以cs∠BAO=cs∠AOB=a⋅b|a||b|=1 2× 3=1 6，
所以|APn+1|=|ARn|⋅cs∠BAO=1 6( 2−|ORn|)
=1 3−1 6|OQn|⋅cs∠AOB=1 3−16( 3−|BQn|)= 36+16|BPn|⋅cs∠ABO
= 36+19( 3−|APn|)=518 3−19|APn|
即tn+1⋅|b−a|=518 3−19tn⋅|b−a|，也即 3tn+1=518 3− 39tn．
所以tn+1=−19tn+518，tn+1−14=−19(tn−14)，
①当t1≠14时，{tn−14}是以t1−14为首项，公比为−19的等比数列，
所以tn−14=(t1−14)⋅(−19)n−1，所以tn=14+(t1−14)⋅(−19)n−1,n∈N∗；
②当t1=14时，{tn}是常数列，所以tn=14．

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