山东省滨州市2025届高三上学期1月期末考试数学试题

这是一份山东省滨州市2025届高三上学期1月期末考试数学试题，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.已知全集U={x|−31，f(ax)≥f(lnx)，则正实数a的最小值为1e
D. 若em+lnm=2m，则m+lnmb>0)的离心率为 22，短轴长为2．
(1)求椭圆E的标准方程;
(2)若直线l与椭圆E相切于点P．
(ⅰ)证明：直线OP与直线l的斜率之积为定值;
(ⅱ)设椭圆E的右焦点F2关于l的对称点为F2′，求证：直线F2′P过定点．
1.【答案】B
2.【答案】D
3.【答案】A
4.【答案】B
5.【答案】C
6.【答案】C
7.【答案】A
8.【答案】B
9.【答案】ABD
10.【答案】AD
11.【答案】BCD
12.【答案】6
13.【答案】 3
14.【答案】 312
15.【答案】解：(1)∵Sn=n2+2n，
当n=1时，a1=S1=3；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(n2+2n)−[(n−1)2+2(n−1)]=2n+1，
对a1=3仍成立，
∴数列{an}的通项公式为an=2n+1；
(2)由(1)知2an+1Sn=22n+1+1n2+2n
=22n+1+12(1n−1n+2)，
则Tn=23+12(1−13)+25+12(12−14)+⋯+22n+1+12(1n−1n+2)=(23+25+⋯+22n+1)+12(1−13+12−14+13−15+⋯+1n−1n+2)
=8(1−4n)1−4+12(1+12−1n+1−1n+2)
=23·4n+1−2n+32n+1n+2−2312．
16.【答案】解：(1)因为PA⊥平面ABCD，且CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD．
又因为四边形ABCD为矩形，
所以CD⊥AD，
又因为PA∩AD=A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
所以PD是PC在平面PAD内的射影，
所以∠CPD即为直线PC与平面PAD所成角，
设BC=m，则AD=m，
在Rt△PAD中，因为PA=1，
所以PD= m2+1，
则在Rt△CDP中，tan∠CPD=1 m2+1= 55，
解得m=2，
即BC=2．
(2)方法1:取BC边上一点G，连接AG，DG，PG，设BG=t，
因为S△AGD=12×1×2=1，又因为PA⊥面ABCD，
所以VP−AGD=13×S△AGD×PA=13×1×1=13，
在Rt△ABG中，AG= t2+1，
所以S△PAG=12×1× t2+1= t2+12，
因为点D到平面PAG的距离为 2，
所以VD−PAG=13× 2× t2+12= 2t2+26，
所以 2t2+26=13，解得t=1，
所以BG=1．
取AG的中点H，作HM⊥PG，垂足为M，连接BM
因为AB=BG，
所以BH⊥AG，
又BH⊥PA，AG⋂PA=A，AG，PA⊂平面PAG，
所以BH⊥平面PAG，
又PG⊂平面PAG，
所以PG⊥BH，
又PG⊥HM，BH⋂HM=H，BH，HM⊂平面BHM，
所以PG⊥平面BHM，
又BM⊂平面BHM，
所以PG⊥BM，
所以∠BMH即为二面角B−PG−A的平面角．
在Rt△BHM中，BH= 22，BM= 63，
所以sin∠BMH=BHBM= 32，
所以∠BMH=π3，
所以平面PBG与平面PAG的夹角的大小为π3．
方法2:根据题意AB，AD，AP三线两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立如所示的空间直角坐标系A−xyz，设BG=t，(0≤t≤2)
则A(0,0,0)，P(0,0,1)，G(1,t,0)，D(0,2,0)，
所以DG=(1,t−2,0)，AG=(1,t,0)，AP=(0,0,1)，
设平面PAG的法向量m=(x,y,z)，
则AG⋅m=0AP⋅m=0，即x+ty=0z=0，
令y=−1，得m=(t,−1,0)，
又因为点D到平面PAG的距离为 2，
则|DG⋅m||m|= 2，即|t+(−1)×(t−2)+0| t2+1= 2，
解得t=1，
所以BG=1，
所以G(1,1,0)，B(1,0,0)，PB=(1,0,−1)，PG=(1,1,−1)
设平面PBG法向量为n=(x1,y1,z1)
则PB⋅n=0,PG⋅n=0,即x1−z1=0,x1+y1−z1=0,
令x1=1，得n=(1,0,1)．
设平面PBG与平面PAG夹角为θ，
则csθ=csm,n=m⋅nm⋅n=1 2× 2=12，
又因为0