河北省唐山市第二中学2024-2025学年高三上学期开学摸底演练考试数学试题

这是一份河北省唐山市第二中学2024-2025学年高三上学期开学摸底演练考试数学试题，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合A＝{x|y＝}，B＝{y|y＝2x+1}，则A∩B＝（ ）
A．（1，2]B．（0，1]C．[1，2]D．[0，2]
2．已知i为虚数单位，若，则（ ）
A．﹣2B．2C．﹣2iD．2i
3．已知非零向量满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．若，则sin2α＝（ ）
A．B．C．D．
5．已知数列{an}满足，Sn是数列{an}的前n项和，若已知a1＝64，S20的值为（ ）
A．322B．295C．293D．270
6．如图，圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且2r1+r2＝12，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（ ）
A．36π B．64π C．72π D．100π
7．已知过抛物线C：y2＝2px（p＞0）焦点F的直线交C于A，B两点，点A，B在C的准线上的射影分别为点A1，B1，线段AB的垂直平分线l的倾斜角为120°，若|A1B1|＝4，则p＝（ ）
A．B．1C．2D．4
8．已知函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）+f（x﹣y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，则（ ）
A．﹣3B．﹣2C．0D．1
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．下列命题中正确是（ ）
A．数据﹣1，1，2，4，5，6，8，9的第25百分位数是1
B．若事件M、N的概率满足P（M）∈（0，1），P（N）∈（0，1）且，则M、N相互独立
C．已知随机变量，若D（2X+1）＝5，则n＝5
D．若随机变量X∼N（3，σ2），P（X＞2）＝0.62，则P（3＜X＜4）＝0.12
（多选）10．已知函数f（x）＝x3﹣mx2，x＝2是函数f（x）的一个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A．m＝3
B．函数f（x）在区间（﹣1，2）上单调递减
C．过点（1，﹣2）能作两条不同直线与y＝f（x）相切
D．函数y＝f[（f（x）]+2有5个零点
（多选）11．如图，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E是AB的中点，点P，F为空间内两点，且，则（ ）
A．若D1F⊥平面A1C1D，则点F与点B重合
B．设，则动点P的轨迹长度为
C．平面C1D1E与平面A1D1E的夹角的余弦值为
D．若，则平面D1EF截正方体所得截面的面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知曲线f（x）＝xlnx﹣1在x＝1处的切线l与圆C：（x﹣1）2+y2＝9相交于A、B两点，则|AB|＝ ．
13甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人，则第4次传球后球在甲手中的概率为 .
14．双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，直线l过F1与双曲线C的左支和右支分别交于A，B两点，BF1⊥BF2．若x轴上存在点Q满足，则双曲线C的离心率为 ．
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．△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，a＝6，．
（1）求角A的大小；
（2）M为△ABC的重心，AM的延长线交BC于点D，且，求△ABC的面积．
16．如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，AB⊥平面B1BCC1，AB＝3，BB1＝B1C1＝CC1＝2，BC＝4．
（1）求证：AA1⊥B1C；
（2）求平面B1BCC1与平面A1ACC1夹角的余弦值．
17．已知函数f（x）＝ax+ex，（a∈R）．
（1）试讨论函数f（x）的单调性；
（2）若x∈[0，+∞），f（x）≥ln 恒成立，求a的取值范围．
18．已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，是C上一点．
（1）求C的方程．
（2）设A，B分别为椭圆C的左、右顶点，过点D（1，0）作斜率不为0的直线l，l与C交于P，Q两点，直线AP与直线BQ交于点M，记AP的斜率为k1，BQ的斜率为k2．
证明：①为定值；②点M在定直线上．
19．已知有穷数列{an}的各项均不相等，将{an}的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列{pn}，称{pn}为{an}的“序数列”．例如，数列a1、a2、a3满足a1＞a3＞a2，则其“序数列”{pn}为1、3、2，若两个不同数列的“序数列”相同，则称这两个数列互为“保序数列”．
（1）若数列3﹣2x、5x+6、x2的“序数列”为2、3、1，求实数x的取值范围；
（2）若项数均为2021的数列{xn}、{yn}互为“保序数列”，其通项公式分别为xn＝（n+）•（）n，yn＝﹣n2+tn（t为常数），求实数t的取值范围；
（3）设an＝qn﹣1+p，其中p、q是实常数，且q＞﹣1，记数列{an}的前n项和为Sn，若当正整数k≥3时，数列{an}的前k项与数列{Sn}的前k项（都按原来的顺序）总是互为“保序数列”，求p、q满足的条件．
唐山二中2024－2025学年度高三年级摸底演练考试
参考答案与试题解析
1.【解答】解：A＝{x|2x﹣x2≥0}＝{x|0≤x≤2}，B＝{y|y＞1}；
∴A∩B＝（1，2]．
故选：A．
2.【解答】解：，
则（1+i）（1﹣i）＝2．
故选：B．
3．【解答】解：，，可得，
所以在方向上的投影向量为．
故选：B．
4．【解答】解：，
即，
即tanα＝﹣3，则，
故选：C．
5．【解答】解：∵数列{an}满足，a1＝64，n∈N*，
∴1≤n≤7时，数列{an}为等比数列，首项为64，公比；
8≤n≤20时，数列{an}为等差数列，a8＝3，公差d＝2．
．
故选：A．
6．【解答】解：如图所示，作出轴截面，
O1，O2分别为上下底面圆的圆心，M为侧面切点，O为内切球球心，
则O为O1O2的中点，
OM⊥AB，OO1＝OM＝4，O1O2＝8，O1A＝MA＝r1，O2B＝MB＝r2，
因为2r1+r2＝12，所以r2＝12﹣2r1，
则AB＝MA+MB＝r1+r2＝12﹣r1
过点A作AG⊥O2B，垂足为G，
则BG＝r2﹣r1＝12﹣3r1，
在Rt△ABG中，由勾股定理得AG2+BG2＝AB2，
即，解得r1＝2或r1＝4，
因为r1＜r2，所以r1＝2，r2＝8，故AB＝10，
所以圆台的侧面积为π×10×（2+8）＝100π．
故选：D．
7．【解答】解：如图，过点B作BB2⊥AA1，
由条件可知直线l的倾斜角为120°，则直线AB的倾斜角为30°，
由|BB2|＝|A1B1|＝4，∠B2AF＝30°，所以，
设直线AB的直线方程为，
联立，得，
而|AB|＝x1+x2+p＝8p＝8，得p＝1．
故选：B．
8．【解答】解：令y＝1，则f（x+1）+f（x﹣1）＝f（x），即f（x+1）＝f（x）﹣f（x﹣1），
∴f（x+2）＝f（x+1）﹣f（x），f（x+3）＝f（x+2）﹣f（x+1），
∴f（x+3）＝﹣f（x），则f（x+6）＝﹣f（x+3）＝f（x），
∴f（x）的周期为6，
令x＝1，y＝0得f（1）+f（1）＝f（1）×f（0），解得f（0）＝2，
又f（x+1）＝f（x）﹣f（x﹣1），
∴f（2）＝f（1）﹣f（0）＝﹣1，
f（3）＝f（2）﹣f（1）＝﹣2，
f（4）＝f（3）﹣f（2）＝﹣1，
f（5）＝f（4）﹣f（3）＝1，
f（6）＝f（5）﹣f（4）＝2，，
＝f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝﹣3．
故选：A．
9．【解答】解：对于选项A：8个数据从小到大排列，由于8×0.25＝2，
所以第25百分位数应该是第二个与第三个的平均数，故A错误；
对于选项B：由，可得，
即，可得P（MN）＝P（M）P（N），
所以M、N相互独立，故B正确；
对于选项C：因为，则，故C正确；
对于选项D：因为随机变量X～N（3，σ2），
由正态曲线的对称性可得：P（X＞4）＝P（X＜2）＝1﹣0.62＝0.38，则P（2＜X＜4）＝1﹣2×0.38＝0.24，
所以P（3＜X＜4）＝0.12，故D正确；
故选：BCD．
10．【解答】解：对于A、B：f′（x）＝3x2﹣2mx，
又x＝2是函数f（x）的一个极值点，
所以f′（2）＝0，解得m＝3，
则f′（x）＝3x（x﹣2），
令f′（x）＝0，解得x1＝0或x2＝2，
所以在（﹣∞，0）上f′（x）＞0，在（0，2）上f′（x）＜0，在（2，+∞）上f′（x）＞0，
所以f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递增，在区间（0，2）上单调递减，在区间（2，+∞）上单调递增，故A选项正确，B选项错误；
对于C：设过点（1，﹣2）且与函数y＝f（x）相切的切点为（x0，y0）．
则该切线方程为y＝f′（x0）（x0﹣1）﹣2＝（﹣6x0）（x﹣1）﹣2，
由于切点（x0，y0）满足直线方程，则，
整理得2（x0﹣1）（﹣2x0+1）＝0，
解得x0＝1，
所以只能作一条切线，故C选项错误；
对于D：令f（x）＝t，则f（t）＝﹣2的根有三个，如图：
所以﹣1＜t1＜0＜t2＜t3，
故方程f（x）＝t有3个不同根，方程f（x）＝t2和f（x）＝t3均有1个根，
故y＝f[f（x）]+2有5个零点，故D选项正确．
故选：AD．
11．【解答】解：由正方体的性质知，D1B⊥平面A1C1D，
若点F不与B重合，因为D1F⊥平面A1C1D，则D1F∥D1B，与D1F∩D1B＝D1矛盾，
故当D1F⊥平面A1C1D时，点F与B重合，故A正确；
因为，则动点P的轨迹是以点C1为圆心，以1为半径的圆的，
故其长度为，故B正确；
对于C，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系D﹣xyz，如图所示，
则A1（2，0，2），C1（0，2，2），D1（0，0，2），E（2，1，0），
所以，
设平面C1D1E的一个法向量为，
则，即，
令x1＝1，解得y1＝0，z1＝1，所以，
设平面A1D1E的一个法向量为，
则，即，
令z2＝1，解得y2＝2，x2＝0，所以，
因为，
所以平面C1D1E与平面A1D1E的夹角的余弦值为，故C错误；
对于D，过E，F的直线分别交DA、DC的延长线于点G，M，
然后再分别连接D1M、D1G，交侧棱A1A于点H，交侧棱C1C于点N，
连接EH和NF，如图所示：
则得截面为五边形D1HEFN，
易求，
则，故，
所以，
，
所以五边形D1HEFN的面积，故D正确．
故选：ABD．
12．【解答】解：由题意f（1）＝﹣1，切点为（1，﹣1），
f′（x）＝lnx+1，k＝f′（1）＝1，
切线方程为：y＝x﹣2，
代入（x﹣1）2+y2＝9整理后得x2﹣3x﹣2＝0，
显然Δ＝17＞0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝3，x1x2＝﹣2，
所以．
故答案为：．
13．甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人，则第4次传球后球在甲手中的概率为 .
【详解】设表示经过第n次传球后球在甲手中，设n次传球后球在甲手中的概率为，
则有，所以
，即，所以，
又，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，即，当时.
14．【解答】解：因为，所以|BF1|＝3|AF1|，
设|BF1|＝3|AF1|＝3m，则|AB|＝2m，
由双曲线的定义知，|BF1|﹣|BF2|＝2a，|AF2|﹣|AF1|＝2a，
所以|BF2|＝3m﹣2a，|AF2|＝m+2a，
又BF1⊥BF2，
所以在Rt△ABF2中，|AB|2+|BF2|2＝|AF2|2，即（2m）2+（3m﹣2a）2＝（m+2a）2，化简得m＝a，
在Rt△BF1F2中，|BF1|2+|BF2|2＝|F1F2|2，即（3m）2+（3m﹣2a）2＝（2c）2，
所以（3•a）2+（3•a﹣2a）2＝（2c）2，整理得c＝a，
所以离心率．
故答案为：．
15．【解答】解：（1）在△ABC中，，
由正弦定理可得，
∵0＜B＜π，∴sinB≠0，即，
，∵0＜A＜π，，
故，即；
（2）∵M为△ABC的重心，AM的延长线交BC于点D，
且，∴点D为BC中点，且，
在△ABC中，a＝6，，即bc＝b2+c2﹣36，
在△ABD和△ACD中，
，
化简得b2+c2＝72，
∴bc＝b2+c2﹣36＝72﹣36＝36，
故，
∴△ABC的面积为．
16．【解答】解：（1）证明：因为AB⊥平面B1BCC1，B1C⊂平面B1BCC1，
所以AB⊥B1C，作B1D⊥BC交BC于点D，
在等腰梯形B1BCC1 中，BB1＝B1C1＝CC1＝2，BC＝4，
所以BD＝1，
在Rt△BDB1中，，所以∠B1BD＝60°，
在△BCB1 中，由余弦定理得B1C2＝B1B2+BC2﹣2B1B•BCcs60°＝12，
所以，从而有B1B⊥B1C，
又AB∩B1B＝B，所以B1C⊥平面BAA1B1，
因为AA1⊂平面BAA1B1，
所以AA1⊥B1C．
（2）以B为原点，分别为x轴，y轴正向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则B（0，0，0），A（3，0，0），C（0，4，0），，
，
因为AB⊥平面B1BCC1，
所以为面B1BCC1的一个法向量，
设为面A1ACC1 的法向量，
则，取y＝3，x＝4，，
则，
所以，
即平面B1BCC1与平面A1ACC1夹角的余弦值为．
17．【解答】解：（1）f′（x）＝a+ex．
当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，函数f（x）在R上单调递增．
当a＜0时，f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣a），
可得函数f（x）在（﹣∞，ln（﹣a））上单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上单调递增．
（2）x∈[0，+∞），令g（x）＝f（x）﹣ln＝ax+ex+ln（x+1）﹣1．
g′（x）＝a+ex+，
令h（x）＝ex﹣1﹣x，x∈[0，+∞）．
x＞0时，h′（x）＝ex﹣1＞0，∴函数h（x）在[0，+∞）上单调递增，又h（0）＝0．
∴x∈[0，+∞），ex≥1+x．
①当a≥﹣2，x＞0时，g′（x）＞a+x+1+＞a+2≥0，
∴x∈[0，+∞），函数g（x）单调递增，且g（0）＝0．
∴x∈[0，+∞），g（x）≥g（0）＝0恒成立．
∴a≥﹣2符合题意．
②当a＜﹣2时，令φ（x）＝a+ex+，φ′（x）＝ex﹣≥0，∴函数φ（x）在区间[0，+∞）上单调递增．
由φ（0）＝2+a＜0，φ（﹣a）＝e﹣a++a≥1﹣a++a＝1+＞0，
故∃x0∈（0，﹣a），使得φ（x0）＝0．
则当0＜x＜x0时，φ（x）＜φ（x0），即g′（x）＜0．
∴函数g（x）在（0，x0）上单调递减．
∴g（x0）＜g（0）＝0，不符合题意．
综上所述：a的取值范围是[﹣2，+∞）．
18．【解答】解：（1）∵椭圆C的离心率为，是C上一点，
，
解得a2＝4，b2＝2．
∴椭圆C的方程为．
（2）证明：①设P（x1，y1），Q（x2，y2），不妨设y1＞0，
直线l的方程为my＝x﹣1，
联立，化为（2+m2）y2+2my﹣3＝0，
Δ＞0，
解得，
，
，
为定值．
②联立，解得，
∴点M在定直线x＝4上．
19．【解答】解：（1）由题意得a2＞a3＞a1，即，解得1＜x＜6，
即x的取值范围是{x|1＜x＜6}；
（2），
当n＝1时，x2﹣x1＞0，即x2＞x1，当n≥2时，xn+1﹣xn＜0，即xn+1＜xn，
故x2＞x1，x2＞x3＞x4＞⋯＞x2021，
又x1＝1，，因此{xn}的序数列为2，3，1，4，5，⋯，2021．
又因{xn}、{yn}互为“保序数列“，故y2＞y3＞y1＞y4＞y5＞⋯＞y2021，
只需满足，解得：4＜t＜5．
即t的取值范围是{t|4＜t＜5}；
（3）①当q＝±1或q＝0时，数列{an}中有相等的项，不满足题意．
②当q＞1时，数列{an}单调递增，故{Sn}也应单调递增，
从而对n∈N*且n＜k恒成立．又数列{qn+p}单调递增，故p+q＞0．
③当0＜q＜1时，数列{an}单调递减，故{Sn}也应单调递减，
从而对n∈N*且n＜k恒成立．
又数列{qn+p}单调递减，故p+q＜0．
④当﹣1＜q＜0时，数列{a2n﹣1}单调递减，且a2n﹣1＞p；{a2n}单调递增，且a2n＜p，
于是对n∈N*且恒成立，
即2p＜（﹣q）2n﹣1（1+q），从而2p≤0．
另一方面，对n∈N*且恒成立，
即2p＞﹣q2n（1+q），从而2p≥0．
综上，2p＝0，即p＝0．
此时，满足题意．
综上，当q＞1时，p、q满足的条件是p+q＞0；
当0＜q＜1时，p、q满足的条件是p+q＜0；
当﹣1＜q＜0时，p、q满足的条件是p＝0．