2024-2025学年山东省青岛市黄岛区高三（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年山东省青岛市黄岛区高三（上）期中数学试卷（含答案），共9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O为坐标原点，点A(csα,sinα)，B(csβ,−sinβ)，C(cs(α+β),sin(α+β))，D(1,0)，则OA⋅OB=( )
A. OC⋅ODB. OA⋅OCC. OA⋅ODD. OB⋅OC
2.如图，正方形ABCD的边长为a，取正方形ABCD各边的中点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的中点I，J，K，L，作第3个正方形IJKL，依此方法一直继续下去.则从正方形ABCD开始，连续5个正方形面积之和为31，则a=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.已知平面向量a、b满足|b|=2|a|=2，若a⊥(a+b)，则a与b的夹角为( )
A. π6B. 5π6C. π3D. 2π3
4.设集合A={x|x2−3x+2≤0}，B={x|a0是A⊆B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
5.若正数x，y满足x2−2xy+2=0，则x+y的最小值是( )
A. 6B. 62C. 2 2D. 2
6.如图，已知函数f(x)=cs(ωx−φ)，点A，B是直线y=12与函数y=f(x)的图象的两个交点，若|AB|=π3，则f(π3)=( )
A. − 32
B. − 22
C. −12
D. 12
7.2024年1月1日，第五次全国经济普查正式启动.甲、乙、丙、丁、戊5名普查员分别去城东、城南、城西、城北四个小区进行数据采集，每个小区至少去一名普查员，若甲不去城东，则不同的安排方法共有( )
A. 36种B. 60种C. 96种D. 180种
8.定义在R上的函数f(x)满足：f(12)=12，f(1)=1，f(x)=12f(5x)，当0≤x1则f(10)=( )
A. 2B. 1C. 12D. 0
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.已知二项式(x−1y)6，则其展开式中( )
A. x4y−2的系数为15B. 各项系数之和为1
C. 二项式系数最大项是第3项D. 系数最大项是第3项或第5项
10.数列{an}满足a1=1，an+1=an+n+1，则( )
A. 数列{an}为等差数列B. an=n(n+1)2
C. i=120241ai=40482025D. an≥ln(n!)+n
11.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=2,c= 5，已知点O是△ABC所在平面内一点，点P在BC上，点Q为AC中点，OA+2OB+3OC=0，则( )
A. 若(AB+AC)⋅BC=0，则△ABC的面积为2
B. 若CA在CB方向上的投影向量为CB，则PQ的最小值为 54
C. 若点P为BC中点，则2OP+OQ=0
D. 若(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，则AP⋅(AB+AC)=8
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)=ln(1+x),x≥0,g(x),x<0,为R上增函数，写出一个满足要求的g(x)的解析式______．
13.记Tn为正项数列{an}的前n项积，Tn=anan−1，则T2024= ______．
14.某警察学院体育比赛包括“射击”、“游泳”、“折返跑”、“百米接力”、“伤员搬运”、“400米障碍”六个项目，规定：每个项目前三名得分依次为a，b，c，其中(a>b>c,a,b,c∈N∗)，选手的最终得分为各场得分之和.最终甲、乙、丙三人包揽了每个项目的前三名，在六个项目中，已知甲最终得分为26分，乙最终得分为12分，丙最终得分为10分，且丙在“射击”这个项目中获得了第一名，那么a= ______，“游泳”这个项目的第二名是______．
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)
已知函数f(x)=(1−2sin2x)sin2x+12cs4x．
(1)求f(x)的最大值及相应x的取值集合；
(2)设函数g(x)=f(ωx)(ω>0)，若g(x)在区间(0,π2)上单调递增，求ω的取值范围．
16.(本小题15分)
记数列{an}是公差不为0的等差数列，a1=2，且a2是a1和a4的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足：b1=a1−1，b2=a3+3，bn+2=3bn+1−2bn−10，
(i)求证：{bn+1−bn−10}为等比数列；
(ⅱ)求bn取最大值时n的值．
17.(本小题15分)
在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c，acsC+ 3asinC−b−c=0．
(1)求A；
(2)若b=c=4，D为BC中点，E，F分别在线段AB，AC上，且∠EDF=90°，∠CDF=θ(0°<θ<90°)，求△DEF面积S的最小值及此时对应的θ的值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=eax−x−1．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：当0(3)若对任意的实数k，b，曲线y=f(x)+kx+b与直线y=kx+b总相切，则称函数f(x)为“A函数”.当a=1时，若函数g(x)=ex[f(x)−x+1]+m是“A函数”，求m．
19.(本小题17分)
给定正整数m，n(2≤m≤n)，设a1，a2，…，am是1，2，…，n中任取m个互不相同的数构成的一个递增数列.对∀i∈{1,2,…,m}，如果i是奇数，则ai是奇数，如果i是偶数，则ai是偶数，就称a1，a2，…，am为“W数列”．
(1)若m=3，n=5，写出所有“W数列”；
(2)对任意“W数列”a1，a2，…，am，1≤k≤m，证明：ak+k2∈{1,2,⋯,[m+n2]}(注：[x]表示不超过x的最大整数)；
(3)确定“W数列”的个数．
参考答案
1.A
2.D
3.D
4.B
5.A
6.D
7.D
8.A
9.AD
10.BCD
11.ACD
12.g(x)=x−1(答案不唯一)
13.2025
14.5 乙
15.解：(1)f(x)=(1−2sin2x)sin2x+12cs4x=12sin4x+12cs4x= 22sin(4x+π4)；
当4x+π4=2kπ+π2(k∈Z)，整理得x=kπ2+π8(k∈Z)，函数f(x)取得最大值 22；
故当{x|x=kπ2+π8}(k∈Z)时，函数取得最大值为 22．
(2)由于g(x)=f(ωx)= 22sin(4ωx+π4)，
令−π2+2kπ≤4ωx+π4≤2kπ+π2，整理得kπ2ω−316ω≤x≤kπ2ω+π16ω(k∈Z)，
由于g(x)在区间(0,π2)上单调递增，故π2≤π16ω，整理得0<ω≤18．
故实数ω的取值范围为(0,18]．
16.解：(1)设{an}的公差为d，则(a1+d)2=a1(a1+3d)，
∴d2−a1d=0，即d2−2d=0，
∵d≠0，∴d=2，
∴an=2+(n−1)×2=2n．
(2)(i)证明：b1=a1−1=1，b2=a3+3=9，
而bn+2=3bn+1−2bn−10，
∴bn+2−bn+1−10=2(bn+1−bn−10)，
∵b2−b1−10=−2≠0，bn+1−bn−10≠0，
∴bn+2−bn+1−10bn+1−bn−10=2，
∴{bn+1−bn−10}为等比数列且公比为2，首项为−2．
(ii)由(i)可得bn+1−bn−10=−2×2n−1，
∴bn+1−bn=10−2n，
∴当1≤n≤3时，bn+1−bn>0，
当n≥4时，bn+1−bn<0，
∴b1b5>…>bn>…，
∴bn取最大值时n=4．
17.解：(1)由acsC+ 3asinC−b−c=0及正弦定理，
得sinAcsC+ 3sinAsinC−sinB−sinC=0，
因为sinB=sin(π−A−C)=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
所以 3sinAsinC−csAsinC−sinC=0，
由于sinC≠0，所以 3sinA−csA−1=0，
所以sin(A−π6)=12，
又因为0(2)因为b=c=4，A=π3，所以△ABC是边长为4的正三角形，
由题可得：CD=BD=2，∠DFC=23π−θ，∠BED=π6+θ，
在△BDE中，由正弦定理有：BDsin∠BED=DEsinB，
所以DE=BDsinBsin∠BED=2× 32sin(π6+θ)= 3sin(π6+θ)，
在△CDF中，由正弦定理有：CDsin∠DFC=DFsinC，
所以DF=CDsinCsin∠DFC=2× 32sin(2π3−θ)= 3sin(2π3−θ)，
因为∠EDF=90°，所以S△DEF=12×DE×DF=32×1sn(π6+θ)sin(23π−θ)，
因为sin(π6+θ)sin(23π−θ)=(12csθ+ 32sinθ)( 32csθ+12sinθ)
= 34cs2θ+sinθcsθ+ 34sin2θ=12sin2θ+ 34，
因为0°<θ<90°，所以0°<2θ<180°，所以sin2θ∈(0,1]，
所以12sin2θ+ 34∈( 34,2+ 34],
所以当2θ=90°，即θ=45°时，S△DEF取得最小值，为32×12+ 34=12−6 3．
18.解：(1)易知函数f(x)的定义域为R，
可得f′(x)=aeax−1，
当a≤0时，f′(x)=aeax−1≤−1，
所以f(x)在R上单调递减；
当a>0时，
令f′(x)=0，
解得x=ln1aa=−lnaa，
易知函数y=aeax−1在R上单调递增，
所以当x<−lnaa时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>−lnaa时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上：当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(−∞,−lnaa)上单调递减，在(−lnaa,+∞)上单调递增；
(2)证明：令f(x)=0，
解得eax=x+1，
当x≤−1时，eax>0≥x+1，
此时方程eax=x+1无解，
即f(x)无零点，
若f(x)有零点，
此时零点只能在区间(−1,+∞)上，
当x>−1时，易知ax=ln(x+1)，
设g(x)=ax−ln(x+1)，函数定义域为(−1,+∞)，
可得g′(x)=ax+a−1x+1，
设ℎ(x)=ax+a−1，函数定义域为(−1,+∞)，
因为0所以ℎ(x)在(−1,+∞)上单调递增，
又ℎ(0)=a−1<0，
当x→+∞时，ℎ(x)→+∞，
所以∃x0∈(0,+∞)，使得ℎ(x0)=0，
当x∈(−1,x0)时，ℎ(x)<0；当x∈(x0,+∞)时，ℎ(x)>0，
即g(x)在(−1,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
又g(0)=0，
所以g(x0)<0，
当x→−1时，g(x)→+∞，
所以g(x)在(−1,x0)内存在唯一零点x=0，
当x→+∞时，g(x)→+∞，
则g(x)在(x0,+∞)内存在唯一零点，
所以当0故当0(3)当a=1时，g(x)=ex[f(x)−x+1]+m=ex(ex−2x)+m是“A函数”，
可得g′(x)=2ex(ex−x−1)，
设函数y=g(x)+kx+b与直线y=kx+b的切点为(x0,y0)，
易知y′=g′(x)+k，
此时y0=g(x0)+kx0+b=kx0+bg′(x0)+k=k，
则g(x0)=0g′(x0)=0，
因为g′(x0)=0，
所以ex0=x0+1，
因为ex0(ex0−2x0)+m=0，
所以m=−ex0(ex−2x0)=−(x0+1)(x0+1−2x0)=x02−1，
因为ex0=x0+1，
所以x0是方程ex0−x0−1=0的根，
设ℎ(x)=ex−x−1，
可得ℎ′(x)=ex−1，
易知ℎ′(0)=0，
又函数y=ex−1在R上单调递增，
所以当x<0时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减；
当x>0时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
所以ℎ(x)min=ℎ(0)=0，
则x0=0是方程ex0−x0−1=0的唯一根．
故m=0−1=−1．
19.解：(1)“W数列”如下：1，2，3；1，2，5；1，4，5；3，4，5．
(2)证明：因为ak≤n，k≤m，
若k=2p−1(p∈N∗)，则ak=2q−1(q∈N∗)，
所以ak+k2=2q−1+2p−12=(p+q)−1；
因为2q−1≤n，2p−1≤m，
所以(p+q)−1≤m+n2；
若k=2p(p∈N∗)，则ak=2q(q∈N∗)，
所以ak+k2=2p+2q2=p+q，
因为2q≤n，2p≤m，所以p+q≤m+n2，即ak=p+q≤[m+n2]，
所以ak+k2∈{1,2,⋯,[m+n2]}．
(3)定义f(a1,a2,⋯,am)=数列a1+12，…，am+m2，
显然，ak+k2∈{1,2,⋯,[m+n2]}⊆{1,2,⋯,n}，
且数列{ak+k2}(1≤k≤m)单调递增，所以{ak+k2}(1≤k≤m)是“W数列”，
记Q表示1，2，…，[m+n2]中任取m项构成的单调递增数列的全体，
对于Q中的任意数列b1，b2，…，bn，令ak=2bk−k(k=1,2,⋯,m)，
因为bk+1>bk，所以bk+1≥bk+1，
于是ak+1−ak=(2bk+1−k−1)−(2bk−k)=2(bk+1−bk)−1≥1．
所以a1，a2，…am单调递增数列，
又因为ak+k=2bk为偶数，所以ak与k同奇同偶，
所以a1，a2，……am是“W数列”，
所以，任与Q中的m个元素的子集一一对应，
综上，“W数列”的个数为C[m+n2]m．