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    天津市第一中学滨海学校2024-2025学年高三上学期期中检测数学试卷

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    这是一份天津市第一中学滨海学校2024-2025学年高三上学期期中检测数学试卷,共6页。试卷主要包含了69
    本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷两部分,满分150分,考试时间120分钟.
    答卷前,考生务必将自己的学校、姓名、准考证号填写在答题纸上、答卷时,考生务必将Ⅰ答案涂在答题纸指定位置;Ⅱ卷答案也写在答题纸上,答在试卷上的无效.
    祝各位考生考试顺利!
    第Ⅰ卷 选择题(45分)
    注意事项:
    1.每题选出答案后,用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.
    2.本卷共9小题,每小题5分,共45分.
    一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
    1.已知全集U={1,2,3,4,5},集合A={1,5},集合B={2,3,5},则(∁UB)∩A=( )
    A.{2}B.{2,3}C.{1}D.{1,4}
    2.若x,y∈R,则“2x-2y>0”是“ln(x-y)>0”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
    3.若a=(12)13,b=lg132,c=lg123,则a,b,c的大小关系是( )
    A.b4.经过A(-1,5),B(5,5),C(7,-1)三点的圆的标准方程为( )
    A.(x-2)​2+(y-23)​2=25081B.(x-2)​2+(y-23)​2=2509
    C.(x-23)​2+(y-2)​2=25081D.(x-23)​2+(y-2)​2=2509
    5.已知α为第一象限角,β为第四象限角,tanα-tanβ=3,tanαtanβ=-2,则sin(α-β)=( )
    A.1010B.-1010C.31010D.-31010
    6.函数f(x)=x3+sinxex+e-x的图象大致是( )
    A.B.
    C.D.
    7.函数f(x)=23sin​2(ωx)+sin(2ωx+2π3),其中ω>0,其最小正周期为π,则下列说法中错误的个数是( )
    ①ω=1;
    ②函数f(x)图象关于点(π3,3)对称;
    ③函数f(x)图象向右移φ(φ>0)个单位后,图象关于y轴对称,则φ的最小值为5π12;
    ④若x∈[0,π2],则函数f(x)的最大值为3+1.
    A.1B.2C.3D.4
    8.已知数列{an}满足an+1A.48B.50C.52D.54
    9.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB=AD=1,其余的六条棱长均为2,则该四棱锥的体积为( )
    A.116B.113C.136D.133
    第Ⅱ卷 非选择题(105分)
    二、填空题:本题共6小题,每小题5分,共30分.
    10.若复数a+3i1+2i是纯虚数,则实数a的值是________.
    11.在(2x-1x)5的展开式中,x项的系数为________.(用数字作答)
    12.某电视台举办知识竞答闯关比赛,每位选手闯关时需要回答三个问题. 第一个问题回答正确得10分,回答错误得0分;第二个问题回答正确得20分,回答错误得0分;第三个问题回答正确得30分,回答错误得-20分. 规定,每位选手回答这三个问题的总得分不低于30分就算闯关成功,若某位选手回答前两个问题正确的概率都是23,回答第三个问题正确的概率是12,且各题回答正确与否相互之间没有影响,则该选手仅回答正确两个问题的概率是________;该选手闯关成功的概率是________.
    13.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆. 若用平行于圆锥的底面,且与底面的距离为3的平面截圆锥,将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台,则小圆锥和圆台的体积之比为________.
    【参考公式】V台体=13(S'+S'S+S)h,S',S分别为上、下底面面积,h为台体高.
    14.如图,在边长为1的正方形ABCD中,P是对角线AC上一点,且AP=25AC,则DP⋅BP=____________,若点M为线段BD(含端点)上的动点,则MP⋅MB的最小值为________.
    15.设a∈R,函数f(x)=cs(2πx-2πa),x三、解答题:本题共5小题,共75分. 解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
    16.(本小题14分)
    在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c. 已知bsinA=acs(B+π6).
    (1)求角B的大小;
    (2)设a=2,c=33,
    (ⅰ)求b的值;
    (ⅱ)求sin(2C-B)的值.
    17.(本小题15分)
    如图,三棱台ABC-A1B1C1中,△ABC为等边三角形,AB=2A1B1=4;AA1平面ABC,点M,N,D分别为AB,AC,BC的中点,A1B⊥AC1.
    (1)证明:CC1//平面A1MN;
    (2)求直线A1D与平面A1MN所成角的正弦值;
    (3)求点D到平面A1MN的距离.
    18.(本小题15分)
    已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1(n∈N*). 数列{bn}为等比数列,且b2-a2=1,a5-b3=1.
    (1)求数列{an}和{bn}的通项公式:
    (2)求∑nk=1akbk;
    (3)求证:∑nk=1k2ak⋅ak+1=n(n+1)2an+1.
    19.(本小题15分)
    已知数列{an}的前n项和公式为Sn=3n2-2n,数列{bn}满足b1=a1.
    (1)求数列{an}的通项公式和i=2n-12n-1ai;
    (2)若an=2n(bn+1-bn),求数列{bn}的通项公式;
    (3)若数列{cn}满足cn=n,n≠2knlg2n+1,n=2k(k∈N*),求i=12nci.
    20.(本小题16分)
    设函数f(x)=x+kln(x+1)(k≠0),直线l是曲线y=f(x)在点(t,f(t))(t>0)处的切线.
    (1)求f(x)的单调区间;
    (2)求证:l不经过点(0,0);
    (3)当k=1时,设点A(t,f(t))(t>0),C(0,f(t)),O(0,0),B为l与y轴的交点,S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与△ABO面积. 是否存在点A使得S△ACO=6S△ABO成立?若存在,这样的点A有几个?
    (参考数据:0.69【参考答案】
    天津市第一中学滨海学校2024-2025-1学期
    第Ⅰ卷 选择题(45分)
    一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
    1.C 2.B 3.D 4.B 5.C 6.A 7.A 8.D 9.B
    第Ⅱ卷 非选择题(105分)
    二、填空题:本题共6小题,每小题5分,共30分.
    10.-6
    11.-80
    12.49; 12
    13.17
    14.-1225; -18
    15.(2,94]∪(52,114]
    三、解答题:本题共5小题,共75分. 解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
    17.(1) 解:因为侧棱AA1⊥底面ABC,△ABC为等边三角形,
    所以过点A作AH⊥AC,则以A为坐标原点,AC,AH,AA1的正方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,…………1分
    设AA1长为m(m>0),则A(0,0,0),A1(0,0,m),B(2,23,0),C1(2,0,m)
    A1B=(2,23,-m),AC1=(2,0,m),
    因为A1B⊥AC1,所以A1B⋅AC1=0,则有4-m2=0,m=2.…………3分
    所以A(0,0,0),B(2,23,0),C(4,0,0),C1(2,0,2),A1(0,0,2),M(1,3,0),N(2,0,0).
    则A1M=(1,3,-2),A1N=(2,0,-2),设平面A1MN的法向量为n1=(x,y,z),
    则{n1⋅A1M=x+3y-2z=0,n1⋅A1N=2x-2z=0.,令x=1,则n1=(1,33,1).…………5分
    又因为CC1=(-2,0,2).
    所以CC1⋅n1=-2+0+2=0,所以CG1⊥n1,…………6分
    又因为CC1∉平面A1MN,所以CC1//平面A1MN.…………7分
    (2) 因为D为BC的中点,所以CD=2,则D(3,3,0),
    有A1D=(3,3,-2),设直线A1D与平面A1MN所成角为θ,…………8分
    又平面A1MN的法向量n1=(1,33,1),
    所以sinθ=|cs⟨A1D,n1⟩|=|A1D⋅n1||A1D||n1|=24×73=2114,…………11分
    则直线A1D与平面A1MN所成角的正弦值为2114.…………12分
    (3) 易知DN=(-1,-3,0),平面A1MN的法向量为n1=(1,33,1),…………13分
    所以点D到平面A1MN的距离为|DN⋅n1||n1|=2217.…………15分
    (2) 解:anbn=2n-12​n ,…………6分
    ∑nk=1akbk=12+122+12312+322+523+⋯+2n-12n③,
    12∑nk=1akbk=122+323+524+⋯+2n-32n+2n-12n+1④,…………7分
    ③-④得12∑nk=1akbk=12+12+122+123+⋯+12n-1-2n-12n+1…………8分
    =12+12-12n1-12-2n-12n+1…………9分
    =32-22​n-2n-12​n+1=32-2n+32​n+1,
    ∴∑nk=1akbk=3-2n+32n.…………10分
    (3) 证明:n2anan+1=n2(2n-1)(2n+1)…………11分
    =n​24n​2-1=14(1+14n​2-1)…………12分
    而14n2-1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)…………13分
    ∴∑nk=114k2-1=12(1-13+13-15+⋯+12n-1-12n+1)
    =12(1-12n+1)=n2n+1,…………14分
    ∴∑nk=1k2akak+1=n4+14×n2n+1=(2n+2)n4(2n+1)=n(n+1)2an+1.…………15分
    19.(1) 解:由Sn=3n​2-2n,可得a1=S1=3-2=1,…………1分
    当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n​2-2n-3(n-1)​2+2(n-1)=6n-5,对n=1也成立,
    所以an=6n-5;…………3分
    因a2n-1=6⋅2​n-1-5=3⋅2​n-5,a2n-1=6⋅(2​n-1)-5=6⋅2​n-11,故
    i=2n+12n-1ai=(3⋅2n-5+6⋅2n-11)×2n-12=9⋅22n-2-8⋅2n-1…………6分
    (2) b1=a1=1,
    an=2​n(bn+1-bn)=6n-5,
    即有bn+1-bn=(6n-5)⋅(12)​n,…………7分
    则bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=1+1×12+7×14+(6n-11)⋅(12)​n-1,12bn=12+1×14+7×18+⋯+(6n-11)⋅(12)n,
    上面两式相减可得12bn=1+6(14+18+…+12​n-1)-(6n-11)⋅(12)​n…………8分
    =1+6×14(1-12​n-2)1-12-(6n-11)⋅(12)​n=4-6n+12​n,…………9分
    可得bn=8-6n+12​n-1.…………10分
    (3) 因为i=12nci=i=12ni-∑ni=12i+∑ni=1(i+1)⋅2i=2n-1+22n-1+2n+1-2+n⋅2n+1,
    所以i=12nci=22n-1+(4n-3)⋅2n-1+2.…………15分
    20.(1) 解:由题可得f​'(x)=1+kx+1,x>-1,(k≠0),…………1分
    ①当k>0时,有f​'(x)>0,则f(x)在(-1,+∞)上单调递增;…………2分
    ②当k<0时,令f​'(x)>0,得x>-k-1,即f(x)在(-k-1,+∞)上单调递增,
    令f​'(x)<0,得-1综上,当k>0时,f(x)在(-1,+∞)上单调递增;
    当k<0时,f(x)在(-1,-k-1)上单调递减,在(-k-1,+∞)上单调递增.…………4分
    (2) 由f'(x)=1+kx+1,切线l的斜率为1+k1+t,…………5分
    则切线l方程为y-f(t)=(1+k1+t)(x-t)(t>0),…………6分
    假设直线l过点(0,0),将(0,0)代入切线方程得-f(t)=-t(1+k1+t),则f(t)=t(1+k1+t),
    即t+Kln(1+t)=t(1+k1+t),整理得ln(1+t)=t1+t,ln(1+t)-t1+t=0,…………7分
    令F(t)=ln(1+t)-t1+t,则F(t)在(0,+∞)上存在零点,
    ∴F'(t)=1t+1-1(1+t)2=t(1+t)2>0,…………8分
    所以F(t)在(0,+∞)上单调递增,则F(t)>F(0)=0,
    所以函数F(t)在(0,+∞)上无零点,这与假设矛盾,所以直线l不过点(0,0).…………9分
    (3) 当k=1时,f(x)=x+ln(1+x),
    则f'(x)=1+11+x=x+21+x>0,x>-1,…………10分
    S△ACO=12tf(t),设l与y轴交点B为(0,q),
    当t>0时,若q<0,则此时l与f(x)必有交点,与切线定义矛盾. …………11分
    由(2)知,q≠0,则q>0,
    则切线的方程为y-t-ln(t+1)=(1+11+t)(x-t),
    令x=0,则y=q=ln(1+t)-tt+1,…………12分
    ∵S△ACO=6S△ABO,则tf(t)=6t[ln(1+t)-t1+t],
    ∴5ln(1+t)-t2+7t1+t=0,设h(t)=5ln(1+t)-t2+7t1+t,(t>0),
    所以满足条件的A有几个即h(t)有几个零点.…………13分
    由h'(t)=t2+3t-2(1+t)2=(t-1)(t-2)(1+t)2,t>0,
    令h'(t)>0,得1令h'(t)<0,得02,即h(t)在(0,1)和(2,+∞)上单调递减,…………15分
    又h(0)=0,h(1)=5ln2-4<5×0.7-4=-0.5<0,h(2)=5ln3-6<5×1.1-6<0.
    所以函数h(t)在(0,+∞)上没有零点,即不存在点A使得S△ACO=6S△ABO成立.…………16分
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