2024-2025学年宁夏吴忠市青铜峡市宁朔中学高三（上）开学数学试卷（含答案）

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这是一份2024-2025学年宁夏吴忠市青铜峡市宁朔中学高三（上）开学数学试卷（含答案），共7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A={x|x>−1,x∈R}，B={x|−1≤x≤2,x∈R}，则A∪B=( )
A. {x|x>−1}B. {x|x≥−1}C. {x|−12.已知i为虚数单位，则(1+i)(2−i)=( )
A. −3−iB. −3+iC. 3−iD. 3+i
3.已知向量a=(1,2)，b=(1,0)，c=(3,4)，若λ为实数，(b+λa)⊥c，则λ的值为( )
A. −311B. −113C. 12D. 35
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5=11，S10=24，则S15=( )
A. 34B. 39C. 42D. 45
5.(1+x2)(1−x)4的展开式中，x4的系数为( )
A. −6B. 7C. 8D. 12
6.已知角α，β满足tanαtanβ=−3,cs(α+β)=12，则cs(α−β)=( )
A. −14B. −1C. 38D. 18
7.棱长和底面边长均为1的正四棱锥的体积为( )
A. 3B. 22C. 26D. 3 34
8.设椭圆x26+y22=1与双曲线x23−y2=1有公共焦点为F1，F2，P是两条曲线的一个公共点，则cs∠F1PF2的值等于( )
A. 14B. 13C. 19D. 35
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。
9.一组数据：0，1，5，6，7，11，12，则( )
A. 这组数据的平均数为6B. 这组数据的方差为16
C. 这组数据的极差为11D. 这组数据的第70百分位数为7
10.已知圆M：x2+y2−4x−1=0，则下列说法正确的是( )
A. 点(4,0)在圆M外B. 圆M的半径为 5
C. 圆M关于x+3y−2=0对称D. 直线x+y=0截圆M的弦长为3
11.已知a>0，a>b，且a+b=1，则( )
A. ab的最小值是14B. 2a2+b2的最小值是23
C. a+ b的最大值是 2D. 1a+2ab的最小值是1+ 2
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)=4x+lg2x，则f(12)= ______．
13.已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，且P(22.5)=______．
14.袋子中有大小形状完全相同的2个白球和4个黑球，从中任取3个球，1个白球得2分，1个黑球得1分.记X为取出的3个球的得分总和，则E(X)= ______．
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.已知a= 39，b=2，∠A=120°．
(1)求c的值；
(2)求sin(B−C)．
16.(本小题15分)
已知数列{an}前n项和为Sn，且Sn=2an−1．
(1)证明数列{an}是等比数列；
(2)设bn=(2n−1)an，求数列{bn}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB//CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB=AA1=2，AD=DC=1.N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
(1)求证D1N//平面CB1M；
(2)求平面CB1M与平面BB1CC1的夹角余弦值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=2x3−3x．
(1)求f(x) 在区间[−2,1]上的最大值；
(2)若过点P(1,t) 存在3条直线与曲线y=f(x) 相切，求t的取值范围．
19.(本小题17分)
已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为12，且椭圆过点(0,−2 3)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线x=2与椭圆C交于P、Q两点，A，B是椭圆C上位于直线PQ两侧的动点，且直线AB的斜率为12．
①求四边形APBQ的面积的最大值；
②设直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，判断k1+k2的值是否为常数，并说明理由．
参考答案
1.B
2.D
3.A
4.B
5.B
6.A
7.C
8.B
9.AD
10.BC
11.BC
12.1

14.4
15.解：(1)a= 39，b=2，∠A=120°，
则a2=b2+c2−2bc⋅csA=4+c2+2c=39，
化简整理可得，(c+7)(c−5)=0，
解得c=5(负值舍去)；
(2)a= 39，b=2，∠A=120°，
则sinB=bsinAa=2× 32 39= 1313，
则csB= 1−sin2B=2 3913，
则sinC=csinAa=5× 32 39=5 1326，
故csC= 1−sin2C=3 3926，
所以sin(B−C)=sinBcsC−sinCcsB= 1313×3 3926−5 1326×2 3913=−7 326．
16.(1)证明：当n=1时，a1=S1=2a1−1，所以a1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(2an−1)−(2an−1−1)，
所以an=2an−1，
所以数列{an}是以a1=1为首项，以2为公比的等比数列；
(2)解：由(1)知，an=2n−1，
所以bn=(2n−1)2n−1，
所以Tn=1+3×2+5×22+…+(2n−3)⋅2n−2+(2n−1)⋅2n−1(1)2Tn=1×2+3×22+…+(2n−3)⋅2n−1+(2n−1)⋅2n(2)
(1)−(2)得：−Tn=1+2(21+22+…+2n−1)−(2n−1)⋅2n
=1+2×2−2n−1×21−2−(2n−1)2n=(3−2n)2n−3，
所以Tn=(2n−3)2n+3．
17.(1)证明：取CB1中点P，连接NP，MP，
因为N是B1C1的中点，所以NP//CC1，且NP=12CC1，
因为M是DD1的中点，所以D1M=12DD1=12CC1，且D1M//CC1，
所以D1M//NP，D1M=NP，
所以四边形D1MPN是平行四边形，
所以D1N//MP，
又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M，
所以D1N//平面CB1M.

(2)解：在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，
所以AB，AD，AA1两两垂直，
以A为原点，直线AB，AD，AA1分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，B1(2,0,2)，M(0,1,1)，C(1,1,0)，C1(1,1,2)，
所以CB1=(1,−1,2),CM=(−1,0,1),BB1=(0,0,2)，
设平面CB1M的法向量为m=(x1,y1,z1)，则m⋅CB1=x1−y1+2z1=0m⋅CM=−x1+z1=0，
令x1=1，得m=(1,3,1)，
设平面BB1CC1的法向量为n=(x2,y2,z2)，则n⋅CB1=x2−y2+2z2=0n⋅BB1=2z2=0，
令x2=1，得n=(1,1,0)，
设平面CB1M与平面BB1CC1的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|m⋅n|m|⋅|n||=1+3 11× 2=2 2211，
所以平面CB1M与平面BB1CC1的夹角余弦值为2 2211．
18.解：(1)由f(x)=2x3−3x得f′(x)=6x2−3．
令f′(x)=0，得x=− 22或x= 22．
因为f(−2)=−10，f(− 22)= 2，f( 22)=− 2，f(1)=−1，
所以f(x)在区间[−2,1]上的最大值为f(− 22)= 2．
(2)设过点P(1,t)的直线与曲线y=f(x)相切于点(x0,y0)，
则y0=2x03−3x0，且切线斜率为k=6x02−3，
所以切线方程为y−y0=(6x02−3)(x−x0)，因此t−y0=(6x02−3)(1−x0).
整理得4x03−6x02+t+3=0．
设g(x)=4x3−6x2+t+3，
则“过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”．
g′(x)=12x2−12x=12x(x−1)，
g(x)与g′(x)的情况如下：
所以，g(0)=t+3是g(x)的极大值，g(1)=t+1是g(x)的极小值．
当g(0)=t+3≤0，即t≤−3时，此时g(x)在区间(−∞,1]和(1,+∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．
当g(1)=t+1≥0，即t≥−1时，此时g(x)在区间(−∞,0)和[0,+∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．
当g(0)>0且g(1)<0，即−30，所以g(x)分别在区间[−1,0)，[0,1)和[1,2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(−∞,0)和(1,+∞)上单调，所以g(x)分别在区间(−∞,0)和[1,+∞)上恰有1个零点．
综上可知，当过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切时，
t的取值范围是(−3,−1)．
19.解：(1)设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
由题意得，b=2 3ca=12a2=b2+c2，解得a=4b=2 3c=2，
所以椭圆C的标准方程为x216+y212=1．
(2)①把x=2代入416+y212=1中，解得y=±3，
所以点P、Q的坐标为P(2,3)，Q(2,−3)，且|PQ|=6，
设直线AB的方程为y=12x+t，A(x1,y1)、B(x2,y2)，
联立y=12x+tx216+y212=1，得x2+tx+t2−12=0，
由Δ=t2−4(t2−12)=48−3t2>0，可得−4所以x1+x2=−t,x1x2=t2−12，
因为A，B是椭圆C上位于直线PQ两侧，
所以(x1−2)(x2−2)=x1x2−2(x1+x2)+4=t2+2t−8<0，解得−4所以四边形APBQ的面积S=12×|PQ|×|x1−x2|=12×6×|x1−x2|=3× (x1+x2)2−4x1x2=3 48−3t2，
故当t=0时，四边形APBQ的面积取得最大值12 3．
②k1+k2的值是常数0，理由如下：
由题意知，直线PA的斜率k1=y1−3x1−2，直线PB的斜率k2=y2−3x2−2，
所以k1+k2=y1−3x1−2+y2−3x2−2=12x1+t−3x1−2+12x2+t−3x2−2
=12(x1−2)+t−2x1−2+12(x2−2)+t−2x2−2=1+t−2x1−2+t−2x2−2=1+(t−2)(x1+x2−4)x1x2−2(x1+x2)+4
=1+(t−2)(−t−4)t2−12+2t+4=1+−t2−2t+8t2+2t−8=1−1=0．
所以k1+k2的值为常数0． x
(−∞,0)
0
(0,1)
1
(1,+∞)
g′(x)
+
0
−
0
+
g(x)
Γ
t+3
Φ
t+1
Γ

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