2024-2025学年江苏省镇江市扬中第二高级中学高三（上）期中数学模拟试卷（1）（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省镇江市扬中第二高级中学高三（上）期中数学模拟试卷（1）（含答案），共10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={z|z=in+1in,n∈N∗}，则A的元素个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
2.已知2sinα+csα= 102，则tan2α=( )
A. 34B. 43C. −34D. −43
3.若等比数列{an}的前n项和为Sn，且S5=10，S10=30，则S20=( )
A. 80B. 120C. 150D. 180
4.如图，在△ABC中，∠BAC=π3，AD=2DB，P为CD上一点，且满足AP=mAC+12AB，若|AC|=3，|AB|=4，则AP⋅CD的值为( )
A. −3B. −1312C. 1312D. 112
5.已知函数y=sin(ωx+φ)(ω>0,φ∈(0,2π))的一条对称轴为x=−π6，且f(x)在(π,4π3)上单调，则ω的最大值为( )
A. 52B. 3C. 72D. 83
6.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
7.如图，在四边形ABCD中，AB⊥AD,csB= 55,cs∠ACB= 1010,BC= 5,△ACD的面积为3，则CD长为( )
A. 52B. 5
C. 172D. 11
8.已知函数f(x)=x+4x,x>0lg2|x|,x<0，g(x)=x2+ax+b，若方程g[f(x)]=0有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解的和等于( )
A. −28B. 28C. −14D. 14
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a>0，b>0，a2+b2+ab=1，则( )
A. ab≤13B. a+b≤2 33C. a2+b2≤23D. 1a+1b≤2 3
10.已知函数f(x)=lg12(x2−2ax+2)，则以下说法正确的是( )
A. ∃a∈R，使得f(x)为偶函数
B. 若f(x)的定义域为R，则a∈(− 2, 2)
C. 若f(x)在区间(−∞,1)上单调递增，则a的取值取值范围是[1,+∞)
D. 若f(x)的值域是(−∞,2]，则a∈{− 72, 72}
11.定义：a,b两个向量的叉乘a×b的模|a×b|=|a|⋅|b|⋅sin〈a,b〉，则下列命题正确的是( )
A. 若平行四边形ABCD的面积为4，则|AB×AD|=4
B. 在正△ABC中，若AD=|AB×AC|(AB+AC)，则|AD||BC|3=32
C. 若|a×b|= 3，a⋅b=1，则|a+2b|的最小值为12
D. 若|a×b|=1，|b×c|=2，且b为单位向量，则|a×c|的值可能为2+2 3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，圆O与x轴的正半轴的交点为A，点C、B在圆O上，且点C位于第一象限，点B的坐标为(45,−35)，∠AOC=α，若|BC|=1，则 3cs2α2−sinα2csα2− 32的值为______．
13.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：被3除余2且被5除余3的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，记数列{an}的前n项和为Sn，则Sn+120n的最小值为______．
14.与曲线y=1ex和曲线y=−lnx−2均相切的直线的方程为______．
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15分)
已知cs(α+β)=2 55，tanβ=17，且α,β∈(0,π2)．
(1)求cs2β−2sin2β+sinβcsβ的值；
(2)求2α+β的值．
16.(本小题15分)
设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2=1，2Sn=nan．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{an+12n}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
锐角三角形ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知(b+c)(sinB−sinC)=(a−c)sinA，S△ABC= 34，点D是AB的中点，点E在线段BC上，且BE=2EC，线段CD与线段AE交于点M．
(1)求角B的大小；
(2)若BM=xBA+yBC，求x+y的值；
(3)若点G是三角形ABC的重心，求|GM|的最小值．
18.(本小题15分)
已知三棱柱ABC−A1B1C1，AB=AC=2，AA1=3，∠A1AB=∠A1AC=∠BAC=60°，M，N为线段AC1，BA1上的点，且满足AMAC1=BNBA1=t(0(1)求证：MN//平面ABC；
(2)求证：BB1⊥BC；
(3)设平面MNA∩平面ABC=l，已知二面角M−l−C的正弦值为 33，求t的值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=13x3−ax2−3a2x，(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若对任意的x2>x1>3，都有f(x2)−f(x1)x2−x1>9成立，求实数a的取值范围．
参考答案
1.C
2.A
3.C
4.C
5.D
6.A
7.B
8.A
9.AB
10.ABD
11.ABD
12.35
13.1212
14.y=−ex
15.解：(1)因为tanβ=17，
所以cs2β−2sin2β+sinβcsβ=cs2β−2sin2β+sinβcsβsin2β+cs2β=1−2tan2β+tanβtan2β+1=2725．
(2)因为α,β∈(0,π2)，
所以0<α+β<π，
又因为cs(α+β)=2 55，
所以0<α+β<π2，sin(α+β)= 1−cs2(α+β)= 55，
所以tan(α+β)=12，
又tanβ=17，
所以由tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ=12，
解得tanα=13，
所以tan(2α+β)=tan[(α+β)+α]=tan(α+β)+tanα1−tan(α+β)tanα=12+131−16=1，
又0<α+β<π2，0<α<π2，
故0<2α+β<π，
所以2α+β=π4．
16.解：(1)a2=1，2Sn=nan，可得n=1时，2a1=2S1=a1，即a1=0，
当n≥2时，由2Sn=nan，可得2Sn−1=(n−1)an−1，两式相减可得2an=nan−(n−1)an−1，
当n=2时，上式显然成立，
当n≥3时，anan−1=n−1n−2，
则an=a2⋅a3a2⋅a4a3⋅...⋅anan−1=1⋅21⋅32⋅...⋅n−1n−2=n−1，
上式对n=1，n=2都成立，
所以an=n−1，n∈N∗；
(2)an+12n=n(12)n，
Tn=1⋅12+2⋅(12)2+3⋅(12)3+...+n(12)n，
12Tn=1⋅(12)2+2⋅(12)3+3⋅(12)4+...+n(12)n+1，
上面两式相减可得12Tn=12+(12)2+(12)3+...+(12)n−n(12)n+1
=12(1−12n)1−12−n(12)n+1，
化为Tn=2−(n+2)(12)n．
17.解：(1)由(b+c)(sinB−sinC)=(a−c)sinA，可得(b+c)(b−c)=a(a−c)，
整理得a2+c2−b2=ac，由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=12，结合B∈(0,π)，可得B=π3；
(2)根据BM=xBA+yBC，可得CM=BM−BC=xBA+(y−1)BC，
由D为AB中点，得CD=BD−BC=12BA−BC，
结合CM与CD共线，可得x12=y−1−1，整理得2x+y−1=0…①，
由AM=BM−BA得AM=(x−1)BA+yBC，由BE=23BC，可得AE=BE−BA=−BA+23BC，
结合AM与AE共线，可得x−1−1=y23，整理得2x+3y−2=0…②．
①/②组成方程组，解得x=14，y=12，所以x+y=34；

(3)由(2)得BM=14BA+12BC，可得CM=BM−BC=14BA−12BC，
因为G为△ABC的重心，CD为AB边上的中线，所以CG=23CD=23(BD−BC)=13BA−23BC，
所以GM=CM−CG=−112BA+16BC．
根据S△ABC=12BA⋅BCsinπ3= 34，可得BA⋅BC=1，所以BA⋅BC=|BA|⋅|BC|csπ3=12．
因为|GM|2=(−112BA+16BC)2=1144|BA|2+136|BC|2−136BA⋅BC
=1144BA2+136BC2−172≥2×112×16BA⋅BC−172=172，当且仅当BA=2BC时，等号成立．
因此，当BA= 2、BC= 22时，|GM|2有最小值172，此时|GM|取得最小值 172= 212．
18.证明：(1)过M，N分别作ME//CC1交AC于点E，NF//A1A交AB于点F，
因为AA1/​/CC1，所以ME/​/NF，所以MECC1=AMAC1且NFAA1=BNBA1，
因为AMAC1=BNBA1，所以MECC1=NFAA1，所以ME=NF，所以四边形MEFN为平行四边形，
所以MN/​/EF，因为MN⊄平面ABC，EF⊂平面ABC，所以MN/​/平面ABC；
证明：(2)因为BB1=3，BC=2，B1C=AC−AB1=AC−AB−AA1，
所以|B1C|2=(AC−AB−AA1)2=4+4+9−2×2×2×12−2×2×3×12+2×2×3×12=13，
所以|B1C|= 13，所以BB12+BC2=B1C2，所以BB1⊥BC；
解：(3)取BC中点D，连接A1D，AD，
因为△ABC为等边三角形且AB=2，则AD⊥BC，
所以AD= 3，在△A1AB中，A1B= 4+9−2×2×3×12= 7，由△A1AB≌△A1AC，所以A1C=A1B= 7，
在△A1BC中，D为BC中点，所以A1D⊥BC，所以A1D= 7−1= 6，
所以A1D2+AD2=AA12，所以A1D⊥AD，
如图，分别以DA，DB，DA1的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A( 3,0,0)，B(0,1,0)，C(0,−1,0)，A1(0,0, 6)，
所以DC1=DC+CC1=DC+AA1=(0,−1,0)+(− 3,0, 6)=(− 3,−1, 6)，
即C1(− 3,−1, 6)，
因为AM=tAC1，设M(x,y,z)，则(x− 3,y,z)=t(−2 3,−1, 6)，
即x= 3−2 3ty=−tz= 6t，故M( 3−2 3t,−t, 6t)，
又因为BN=tBA1，同理可得N(0,1−t, 6t)，
所以MN=(2 3t− 3,1,0)，AM=(−2 3t,−t, 6t)，
设平面AMN的法向量为n1=(x,y,z)，所以(2 3t− 3)x+y=0−2 3tx−ty+ 6tz=0，
令x=1，得n1=(1, 3−2 3t,3 22− 2t)，
因为平面ABC的一个法向量为n2=(0,0,1)，
设二面角M−1−C的的平面角为θ，则sinθ= 33，
则|csθ|=|cs|=|n1⋅n2||n1||n2|
=| 2t−3 22| 1+( 3−2 3t)2+( 2t−3 22)2= 63，
化简得44t2−36t+7=0，
解得t=12或722．
19.解：(1)∵f′(x)=x2−2ax−3a2=(x+a)(x−3a)，
①当−a<3a，即a>0时，f′(x)的符号草图为：

∴f(x)在(−∞,−a)，(3a,+∞)单调递增，在(−a,3a)单调递减；
②当−a=3a，即a=0时，f′(x)的符号草图为：

∴f(x)在R上单调递增；
③3a<−a，即a<0时，f′(x)的符号草图为：

∴f(x)在(−∞,3a)，(−a,+∞)单调递增，在(3a,−a)单调递减，
综合可得：当a<0时，f(x)在(−∞,3a)，(−a,+∞)单调递增，在(3a,−a)单调递减；
当a=0时，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)在(−∞,−a)，(3a,+∞)单调递增，在(−a,3a)单调递减．
(2)∵对任意的x2>x1>3，都有f(x2)−f(x1)x2−x1>9成立，
∴对任意的x2>x1>3，都有f(x2)−f(x1)>9x2−9x1成立，
∴对任意的x2>x1>3，都有f(x2)−9x2>f(x1)−9x1成立，
设g(x)=f(x)−9x，
则对任意的x2>x1>3，都有g(x2)>g(x1)成立，
∴g(x)在(3,+∞)单调递增，
∴g′(x)≥0在(3,+∞)上恒成立(且不恒等于0)，
即g′(x)=f′(x)−9≥0在(3,+∞)上恒成立，
即g′(x)=x2−2ax−3a2−9≥0在(3,+∞)上恒成立，
∴a≤3g′(3)≥0或a>3g(a)≥0，
∴a≤3−6a−3a2≥0或a>3−4a2−9≥0，
解得−2≤a≤0，
∴实数a的取值范围为[−2,0]．