2024-2025学年福建省漳州市平和广兆中学高三（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省漳州市平和广兆中学高三（上）期中数学试卷（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。
1.已知集合M={x|−2b>0)上两点．
(1)求椭圆C的离心率；
(2)过点(−1,0)的直线l与椭圆C交于D，E两点(D,E不在x轴上)．
(i)若△ADE的面积为 5，求直线l的方程；
(ii)直线AD和AE分别与y轴交于M，N两点，求证：以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值．
19.(本小题12分)
已知正n边形的每个顶点上有一个数.定义一个变换T，其将正n边形每个顶点上的数变换成相邻两个顶点上的数的平均数，比如：

记n个顶点上的n个数顺时针排列依次为a1，a2，…，an，则T(ai)=ai−1+ai+12，i为整数，2≤i≤n−1，T(a1)=an+a22，T(an)=an−1+a12.设Tn(ai)=T(T(…T(ai)))(共n个T，表示n次变换)
(1)若n=4，ai=i，1≤i≤4，求T2(a1)，T2(a2)，T2(a3)，T2(a4)；
(2)对于正n边形，若T(ai)=ai，1≤i≤n，证明：a1=a2=…=an−1=an；
(3)设n=4k+2，k∈N∗，{a1,a2,…,an}={1,2,…,n}，证明：存在m∈N∗，使得Tm(ai)(i=1,2,…,n)不全为整数．
参考答案
1.A
2.D
3.B
4.D
5.B
6.C
7.D
8.D
9.AB
10.ABD
11.ACD
12.11
13.2
14.220173
15.(1)解：△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
∵(2c− 3a)csB= 3bcsA，
由正弦定理化简得：(2sinC− 3sinA)csB= 3sinBcsA，
∴ 3sinC=2sinCcsB，∵sinC≠0，
∴csB= 32，
∵B∈(0,π)，∴B=π6．
(2)解：当B为顶角，则底边AC2=4+4−2×2×2×csπ6=8−4 3，
∴AC= 6− 2，
当B为底角，则该三角形内角分别为π6，π6，2π3，则底边为2 3．
故△ABC的底边长为 6− 2或2 3．
16.解：(1)证明：取BD的中点P，连接MP，NP．
因为M，N分别是AD，BC的中点，
所以MP/​/AB，NP//CD．
又因为AB⊥BC，BC⊥CD，
所以BC⊥MP，BC⊥NP．
又MP∩NP=P，且MP，NP⊂平面MNP，
从而BC⊥平面MNP．
又MN⊂平面MNP，所以MN⊥BC．
(2)因为AB⊥BC，AB⊥CD，所以AB⊥平面BCD.过点B在平面BCD内作BE/​/CD，因为CD⊥BC，所以BE⊥BC．
故可以B为原点，分别以直线BE，BC，BA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)．

设AB=a，CD=b，BC=c，则A(0,0,a)，C(0,c,0)，D(−b,c,0),M(−b2,c2,a2),N(0,c2,0).从而MN=(b2,0,−a2),BC=(0,c,0)．
因为AB⊥CD，BC⊥CD，所以CD⊥平面ABC，
即CD的长为点D到平面ABC的距离．
又因为AB⊥BC，AB⊥CD，所以AB⊥平面BCD，故n=(0,0,1)是平面BCD的一个法向量．
因为MN和平面BCD所成的角为π6，所以sinπ6=|MN⋅n|MN|⋅|n||=a a2+b2=12，即b2=3a2．
在Rt△BCD中，BD2=BC2+CD2=4+b2，
在Rt△ABD中，AD2=AB2+BD2=a2+4+b2=4+43b2，即4+43b2=20，解得b=2 3．
故点D到平面ABC的距离为2 3．
17.解：(1)当a=1时，导函数f′(x)=x−1x=x2−1x=(x−1)(x+1)x，
所以x∈(0,1)时，导函数f′(x)0．
所以f(x)的单调减区间为(0,1)，单调增区间为(1,+∞)．
(2)导函数f′(x)=(x−a)(x+1)x，
所以x∈(0,a)时，导函数f′(x)0．
所以f(x)min=f(a)=−a22−alna+a．
又因为f(x)≥−e22，所以−a22−alna+a≥−e22．
令ℎ(a)=−a22−alna+a．
所以导函数ℎ′(a)=−a−lna，显然ℎ′(a)单调递减，且ℎ′(12)>0，ℎ′(1)0>−e22，成立．
当a∈(1,+∞)时，ℎ(a)单调递减，且ℎ(e)=−e22，因此a∈(1,e]成立．
综上，a的取值范围为(0,e]．
18.解：(1)由题可得：a=21a2+34b2=1c2=a2−b2，解得：a=2b=1c= 3，
所以椭圆C的离心率为e=ca= 32；
(2)(i)由(1)可知椭圆C的方程为x24+y2=1，

显然，直线l的斜率不等于0，
设过点(−1,0)的直线l为x=my−1，D(x1,y1)，E(x2,y2)，
联立x24+y2=1x=my−1，化简得：(m2+4)y2−2my−3=0，则Δ=4m2+12(m2+4)>0恒成立，
所以y1+y2=2mm2+4，y1⋅y2=−3m2+4，
所以S△ADE=12×3×|y1−y2|=12×3× (y1+y2)2−4y1⋅y2
=6 m2+3m2+4= 5，
解得：m2=2，即m=± 2，
所以直线的方程l为：x± 2y+1=0；
(ii)证明：由(i)可知，x1+x2=m(y1+y2)−2=−8m2+4，
x1⋅x2=m2y1⋅y2−m(y1+y2)+1=−4m2+4m2+4，
直线AD的方程为y=y1x1−2(x−2)，令x=0，得yM=−2y1x1−2，
直线AE的方程为y=y2x2−2(x−2)，令x=0，得yN=−2y2x2−2，
记以MN为直径的圆与x轴交于P，Q两点，
由圆的弦长公式可知，
(|PQ|2)2=(|yM−yN|2)2−(|yM+yN|2)2=−yM⋅yN
=−−2y1x1−2⋅−2y2x2−2
=−4y1⋅y2x1⋅x2−2(x1+x2)+4
=−−12m2+4−4m2+4m2+4+16m2+4+4
=−−12m2+436m2+4
=13，
解得：|PQ|=2 33，为定值．
19.解：(1)当n=4时，T2(ai)的变换如下：

因此T2(a1)=2，T2(a2)=3，T2(a3)=2，T2(a4)=3．
(2)证明：因为T(ai)=ai，所以ai−1+ai+12=ai(2≤i≤n−1)，
所以数列{an}成等差数列，设公差为d，
又因为T(a1)=a1=an+a22，
那么2a1=a1+(n−1)d+a1+d，因此d=0，
那么a1=a2=⋯=an−1=an．
(3)证明：利用反证法，假设对任意m∈N∗，Tm(ai)(i=1,2,⋯,n)均为整数，
因为T(ai)=ai−1+ai+12，T(ai)为整数，所以ai−1与ai+1的奇偶性相同，
所以a2，a4，⋯，a4k+2同奇偶，a1，a3，⋯，a4k+1同奇偶，
而{a1,a2,⋯,a4k+2}={1,2,⋯,4k+2}，
a1，a2，⋯，a4k+2中有2k+1个偶数，2k+1个奇数，
所以可不妨设a1，a3，⋯，a4k+1为奇数，设a2，a4，⋯，a4k+2为偶数．
由于T2(a3)=T(a2)+T(a4)2=a1+a32+a3+a524=a1+2a3+a54，
又由于T2(a3)为整数，且a3=4k+1或4k+3(k∈N)，
因此a1和a5除4的余数相同
同理，因为T2(a7)=T(a6)+T(a8)2=a5+a72+a7+a922=a5+2a7+a94，
所以a5和a9除4的余数相同，
因为T2(a4k−1)=T(a4k−2)+T(a4k)2=a4k−3+a4k−12+a4k−1+a4k+122=a4k−3+2a4k−1+a4k+14，
所以a4k−3和a4k+1除4的余数相同．
所以a1，a5，a9，⋯，a4k+1除4的余数相同．
因为T2(a1)=T(a4k+2)+T(a2)2=a4k+1+a12+a1+a322=a4k+1+2a1+a34，
所以a4k+1和a3除4的余数相同．
因为T2(a5)=T(a4)+T(a6)2=a3+a52+a5+a722=a3+2a5+a74，
所以a3和a7除4的余数相同．
因为T2(a4k−3)=a4k−5+2a4k−3+a4k−14，
所以a4k−5和a4k−1除4的余数相同
所以a4k+1，a3，a7，a11，⋯，a4k−1除4的余数相同．
综上，a1，a3，⋯，a4k+1除以4的余数都相同，而{a1,a2,⋯,a4k+2}={1,2,⋯,4k+2}，矛盾！
假设不成立，所以存在m∈N∗，使Tm(ai)(i=1,2,⋯,n)不全为整数．