2024-2025学年云南省昆明市五华区高三（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年云南省昆明市五华区高三（上）期中数学试卷（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.设复数z满足|z−1|=1，则z在复平面内对应的点为(x,y)，则( )
A. (x+1)2+y2=1B. (x−1)2+y2=1
C. x2+(y−1)2=1D. x2+(y+1)2=1
2.已知e1，e2都为单位向量，若e1在e2上的投影向量为12e2，则|e1+e2|=( )
A. 2B. 3C. 2D. 3
3.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列说法错误的是( )
A. AD1⊥A1CB. AD1与BD所成角为π3
C. AD1//平面BDC1D. AD1与平面ACC1所成角为π3
4.在践行“乡村振兴”战略的过程中，某地大力发展特色花卉种植业.某农户种植一种观赏花㚏，为了解花卉的长势，随机测量了100枝花的高度(单位：cm)，得到花枝高度的频率分布直方图，如图所示，则( )
A. 样本花卉高度的极差不超过20cm
B. 样本花卉高度的中位数不小于众数
C. 样本花的高度的平均数不小于中位数
D. 样本花卉高度小于60cm的占比不超过70%
5.设等比数列{an}的公比为q，则“q>1“是“数列{an}为递增数列”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
6.已知圆台的母线长为4，高为 7，体积为7 7π，则圆台的侧面积为( )
A. 48πB. 24πC. 20πD. 10π
7.已知A、B为直线l上的两个定点，|AB|=2，P为l上的动点.在平面直角坐标系中，F1(−3,0)、F2(3,0)，以F1为圆心，|PA|为半径作圆F1；以F2为圆心，|PB|为半径作圆F2，则两圆公共点的轨迹方程为( )
A. x2−y28=1B. x28−y2=1C. x29+y28=1D. x210+y2=1
8.已知函数f(x)=lnx和两点A(1,0)，B(em,m)，设曲线y=f(x)过原点的切线为l，且l//AB，则m所在的大致区间为( )
A. (−1,0)B. (0,1)C. (1,2)D. (2,3)
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)=sinωx+acsωx(ω>0)的最大值为 2，其部分图象如图所示，则( )
A. a=1
B. 函数y=f(x−π4)为偶函数
C. y=f(x)在[0,m]上有4个零点，则13π4≤m<17π4
D. 当x∈(0,π3)时，函数y=f(x)csx的值域为(−1, 3)
10.已知函数f(x)=x3−ax+2(a∈R)，则( )
A. f(−2)+f(2)=4
B. 若a>0，则f(x)的极大值点为x= a3
C. 若f(x)至少有两个零点，则a≥3
D. f(x)在区间(−∞,−a−1)上单调递增
11.抛物线C：y2=4x的准线为l，过焦点F的直线与C交于A，B两点，分别过A，B作l的垂线，垂足分别为A′，B′，记△AA′F，△A′B′F，△BB′F的面积分别为S1，S2，S3，则( )
A. △A′B′F为锐角三角形B. S2的最小值为4
C. S1，12S2，S3成等差数列D. S1，12S2，S3成等比数列
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知1+sin2αcs2α=35，则tan(α+π4)= ______．
13.在正项数列{an}中，lnan+1=lnan+2，且a1a3=e6，则an= ______．
14.甲口袋中有标号为1、2、3的三张卡片，乙口袋中有标号为4、5、6、7的四张卡片，从两个口袋中不放回地随机抽出三张卡片，每个口袋至少抽一张，则抽到的三张卡片中至少有一张标号为偶数的不同抽法共有______种.(用数字作答)
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)
在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且acsB−bcsA=c−b．
(1)求角A；
(2)已知A的角平分线交BC于点D，若c=2，AB⋅AC=4，求AD．
16.(本小题15分)
如图，在多面体ABC−A1B1C1中，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

(1)求证：AB1⊥平面A1B1C1；
(2)求二面角A−B1C1−C的正弦值．
17.(本小题15分)
一项没有平局的对抗赛分为两个阶段，参赛者在第一阶段中共参加2场比赛，若至少有一场获胜，则进入第二阶段比赛，否则被淘汰，比赛结束；进入第二阶段比赛的参赛者共参加3场比赛.在两个阶段的每场比赛中，获胜方记1分，负方记0分，参赛者参赛总分是两个阶段得分的总和，若甲在第一阶段比赛中每场获胜的概率都为p(0(1)求p；
(2)求甲参赛总分X的分布列和数学期望．
18.(本小题17分)
设椭圆C：x2a2+y2=1(a>1)的右焦点为F，右顶点为A，已知1|OF|+1|OA|=e|FA|，其中O为原点，e为椭圆的离心率．
(1)求C的方程；
(2)设点P为C上一动点，过P作不与坐标轴垂直的直线l．
(i)若l与C交于另一点T，E为PT中点，记l斜率为k，OE斜率为k0，证明：k⋅k0为定值；
(ii)若l与C相切，且与直线x=2相交于点Q，以PQ为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标；若否，请说明理由．
19.(本小题17分)
行列式最早起源于对线性方程组的研究，起初是一种速记的表达式，发展到现在已经成为一种非常有用的数学工具.已知abcd表示二阶行列式，规定abcd=ad−bc；a1a2a3b1b2b3c1c2c3表示三分行列式，规定a1a2a3b1b2b3c1c2c3=a1b2b3c2c3−b1a2a3c2c3+c1a2a3b2b3.设f(x)=x03x3−x01−1−x．
(1)求f(x)；
(2)以An(xn,f(xn))为切点，作直线ln+1交f(x)的图象于异于An的另一点An+1(xn+1,f(xn+1))，其中n∈N.若x0=0，当n≥1时，设点An的横坐标xn构成数列{an}.
①求{an}的通项公式；
②证明：ln(1+1|a1+1|)+ln(1+1|a2+1|)+⋯+ln(1+1|an+1|)<1．
参考答案
1.B
2.B
3.D
4.D
5.D
6.C
7.A
8.C
9.BC
10.ACD
11.ABD
12.35
13.e2n−1
14.26
15.解：(1)因为acsB−bcsA=c−b，
由正弦定理可得sinAcsB−sinBcsA=sinC−sinB，
又A+B=π−C，则sinC=sin(A+B)，
则sinAcsB−sinBcsA=sinAcsB+csAsinB−sinB，
整理得2csAsinB−sinB=0，
因为A、B∈(0,π)，则sinB>0，
可得2csA−1=0，则csA=12，
故A=π3；
(2)因为c=2，A=π3，
所以AB⋅AC=|AB|⋅|AC|csπ3=12bc=b=4，
因为S△ABC=S△ABD+S△ACD，
即12bcsinπ3=12c⋅ADsinπ6+12b⋅ADsinπ6，
即 32bc=12c⋅AD+12b⋅AD，
整理可得AD= 3bcb+c=8 36=4 33．
16.解：(1)证明：过点B在平面ABC内作一条直线与BC垂直，
则以B为原点，直线BC为x轴，过点B作直线BC的垂线为y轴，直线BB1为z轴如图建立空间直角坐标系，

∴B(0,0,0)，C(2,0,0)，
∵∠ABC=120°，
∴A(−1, 3,0)，
∴A1(−1, 3,4)，B1(0,0,2)，C1(2,0,1)，
∴AB1=(1,− 3,2)，B1C1=(2,0,−1)，B1A1=(−1, 3,2)，
∴AB1⋅B1C1=2−2=0AB1⋅B1A1=−1−3+4=0，
即AB1⊥B1C1AB1⊥B1A1，
∴AB1⊥B1C1，AB1⊥B1A1，
又∵B1C1∩B1A1=B1，B1C1⊂平面A1B1C1，B1A1⊂平面A1B1C1，
∴AB1⊥平面A1B1C1；
(2)由(1)可知：AB1=(1,− 3,2)，AC1=(3,− 3,1)，B1C=(2,0,−2)，C1C=(0,0,1)，
设平面AB1C1的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，
设平面CB1C1的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)，
则AB1⊥n1AC1⊥n1，B1C⊥n2C1C⊥n2，
∴AB1⋅n1=0AC1⋅n1=0，B1C⋅n2=0C1C⋅n2=0，
即x1− 3y1+2z1=03x1− 3y1+z1=0，2x2−2z2=0z2=0，
则可取x1= 3y1=5z1=2 3，x2=0y2=1z2=0，
即n1=( 3,5,2 3)，n2=(0,1,0)，
设二面角A−B1C1−C为θ，则|csθ|=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=5 40，
∴sinθ= 1−cs2θ= 1−58= 64．
17.解：(1)甲参赛总分为2分有两种情况：
第一种情况是在第一阶段两场比赛一胜一负(概率为C21p(1−p))，
然后在第二阶段三场比赛一胜两负(概率为C31×13×(1−13)2)，
第二种情况是在第一阶段两场比赛全胜(概率为p2)，
然后在第二阶段三场比赛全负(概率为(1−13)3)，
所以C21p(1−p)×C31×13×(1−13)2+p2×(1−13)3=827，
解得p=12或p=1，
因为0所以p=12；
(2)甲参赛总分X的可能取值为0，1，2，3，4，5，
X=0包括：在第一阶段两场全输，
则P(X=0)=(1−p)2=(1−12)2=14，
X=1包括：在第一阶段一胜一负(概率为C21p(1−p)=2×12×12=12)，
然后在第二阶段三场全输(概率为(1−13)3=827)，
所以P(X=1)=12×827=427，
由(1)可知P(X=2)=827，
X=3包括：在第一阶段两场全胜(概率为p2=14)，
然后在第二阶段一胜两负(概率为C31×13×(1−13)2=49)，此时P1=14×49=19，
也包括在第一阶段一胜一负(概率为C21p(1−p)=2×12×12=12)，
然后在第二阶段两胜一负(概率为C32×(13)2×(1−13)=29)，此时P2=12×29=19，
则P(X=3)=19+19=29，
X=4包括：在第一阶段两场全胜(概率为p2=14)，
在第二阶段两胜一负(概率为C32×(13)2×(1−13)=29)，此时P3=14×29=118，
也包括在第一阶段一胜一负(概率为C21p(1−p)=2×12×12=12)，
然后在第二阶段三场全胜(概率为(13)3=127)，此时P4=12×127=154，
则P(X=4)=118+154=227，
X=5包括：在第一阶段两场全胜(概率为p2=14)，
然后在第二阶段三场全胜(概率为(13)3=127)，
所以P(X=5)=14×127=1108，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×14+1×427+2×827+3×29+4×227+5×1108=189108=74．
18.(1)解：因为椭圆C：x2a2+y2=1(a>1)的右焦点为F，右顶点为A，
则|OF|=c，|OA|=a，|AF|=a−c，
因为1|OF|+1|OA|=e|AF|，
即1c+1a=ea−c，
即a−cc+a−ca=e，
整理可得1e−e=e，
可得2e2=1，
即2c2a2=2(a2−1)a2=1，
解得a= 2，
即椭圆C的方程为x22+y2=1．
(2)(i)证明：设点P(x1,y1)、T(x2,y2)，
则点E(x1+x22,y1+y22)，
因为直线l1不与坐标轴垂直，则x12≠x22，y12≠y22，
所以k=y1−y2x1−x2，k0=y1+y22−0x1+x22−0=y1+y2x1+x2，
因为x122+y12=1x222+y22=1，
将这两个等式作差可得x12−x222+y12−y22=0，
所以k⋅k0=y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=y12−y22x12−x22=−12；
(ii)解：设P(x0,y0)，
先证明出椭圆x22+y2=1在点P处的切线方程为x0x2+y0y=1，
联立x0x2+y0y=1x22+y2=1，
可得y02x22+(1−x0x2)2=y02，
整理可得12x2−x0x+1−y02=0，
即12x2−x0x+12x02=0，
即(x−x0)2=0，
解得x=x0，
所以椭圆x22+y2=1在点P处的切线方程为x0x2+y0y=1，
因为直线x0x2+y0y=1与直线x=2交于点Q，
则y0≠0，
联立x0x2+y0y=1x=2，
可得y=1−x0y0，
即点Q(2,1−x0y0)，
由对称性可知，以PQ为直径的圆过x轴上的定点M(m,0)，
则PM⊥QM，
且PM=(m−x0,−y0)，QM=(m−2,x0−1y0)，
则PM⋅QM=(m−x0)(m−2)−(x0−1)=(1−m)x0+(m−1)2=0，
所以1−m=0(m−1)2=0，
解得m=1，
因此，以PQ为直径的圆过定点M(1,0)．
19.解：(1)由题意可得：f(x)=x03x3−x01−1−x=x−x0−1−x−0301−x+3x3−x1−1=x(x2)+3x(−3+x)=x3+3x2−9x．
(2)①由(1)可知：f(x)=x3+3x2−9x，f′(x)=3x2+6x−9，
则切点An(xn,xn3+3xn2−9xn)，切线斜率：k=f′(xn)=3xn2+6xn−9，
故切线方程为y−(xn3+3xn2−9xn)=(3xn2+6xn−9)(x−xn)，
即y=(3xn2+6xn−9)(x−xn)+xn3+3xn2−9xn，
与f(x)=x3+3x2−9x联立得：(3xn2+6xn−9)(x−xn)+xn3+3xn2−9xn=x3+3x2−9x，
化简得(x−xn)2(x+2xn+3)=0，
故xn+1=−2xn−3，
上式亦满足由A0作切线而得到的A1的横坐标x1，故x1=−3，且xn+1+1=−2(xn+1)，
即xn+1+1xn+1=−2，x1+1=−2，
则{xn+1}是以−2为首项，以−2为公比的等比数列，
故xn+1=(−2)n，
故xn=(−2)n−1，即an=(−2)n−1；
②证明：构造g(x)=ln(1+x)−x，(x>0)，则g′(x)=11+x−1=−x1+x<0，
故g(x)在(0,+∞)上单调递减，故g(x)可得当x>0时，ln(1+x)则ln(1+1|an+1|)<1|an+1|=1|(−2)n|=12n，
故ln(1+1|a1+1|)<121，
ln(1+1|a2+1|)<122，
……
ln(1+1|an+1|)<12n，
将上式累加可得
ln[(1+1|a1+1|)(1+1|a2+1|)⋯(1+1|an+1|)]<121+122+⋯+12n=1−12n，
故ln[(1+1|a1+1|)(1+1|a2+1|)⋯(1+1|an+1|)]<1． X
0
1
2
3
4
5
P
14
427
827
29
227
1108