2024-2025学年四川省成都市天府新区实外高级中学高三（上）入学数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年四川省成都市天府新区实外高级中学高三（上）入学数学试卷（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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|x2−1=0}，集合B={a+1,a−1,3}，若A⊆B，则a=( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
2.过点(1,0)且与直线x−2y−2=0平行的直线方程是( )
A. x−2y−1=0B. x−2y+1=0C. 2x+y−2=0D. x+2y−1=0
3.记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5−a3=12，a6−a4=24，则Snan=( )
A. 2n−1B. 2−21−nC. 2−2n−1D. 21−n−1
4.故宫的角楼是中国古建筑艺术的巅峰之作，它被誉为故宫最美的建筑，角楼的建造者也将中国古代的阴阳观和吉数的思想融入在角楼的设计之中.中国古代常把奇数称为“阳数”，偶数称为“阴数”，9的整数倍称为“吉数”.若从1，3，5，7，9这五个阳数，2，4，6，8这四个阴数中各取一个数组成两位数，则这个两位数恰好是“吉数”的概率是( )
A. 15B. 920C. 310D. 14
5.已知(1−2x)7=a0+a1x+a2x2+⋯+a7x7，则下列结论错误的是( )
A. a0=1B. a3=−280
C. a1+a2+…+a7=−2D. a1+2a2+…+7a7=−7
6.函数f(x)=x3−ax2−bx+a2在x=1处有极值10，则点(a,b)为( )
A. (3,−3)B. (−4,11)
C. (3,−3)或(−4,11)D. 不存在
7.已知抛物线y2=6x的焦点为F，准线为l，过F的直线与抛物线交于点A、B，与直线l交于点D，若AF=λFB(λ>1)且|BD|=4，则λ=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝(古印度货币单位)，以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第n日布施了an子安贝(其中1⩽n⩽31，n∈N∗)，数列{an}的前n项和为Sn.若关于n的不等式Sn−254b>0)的短轴长为2 3，离心率e=12，
(1)求椭圆C的标准方程：
(2)若F1、F2分别是椭圆C的左、右焦点，过F2的直线l与椭圆C交于不同的两点A、B，求△F1AB的面积的最大值．
19.(本小题17分)
设函数f(x)=xlnx．
(1)分析f(x)的单调性和极值；
(2)设g(x)=f(x+1e)+1e，若对任意的x≥0，都有g(x)≥mx成立，求实数m的取值范围；
(3)若x1≠x2，且满足f(x1)+f(x2)=12(x12+x22)−1时，证明：x1+x2>2．
参考答案
1.B
2.A
3.B
4.A
5.D
6.B
7.C
8.C
9.ACD
10.ABD
11.AD
12.[0,4)
13.23
14.①②④
15.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由a2=b2a5=b3，得1+d=q1+4d=q2，又q≠1，∴d=2q=3，
∴an=1+2(n−1)=2n−1，bn=3n−1；
(2)由(1)得cn=3n−1+1(2n−1)(2n+1)=3n−1+12(12n−1−12n+1)，
∴Tn=(30+31+⋅⋅⋅+3n−1)+12(1−13+13−15+⋅⋅⋅+12n−1−12n+1)
=1−3n1−3+12(1−12n+1)=12(3n−12n+1)．
16.解：(1)如图，取PB中点E，连接ME，NE．
∵M，N分别是线段AB，PC的中点，
∴ME//PA.又ME⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，
∴ME/​/平面PAD，同理得NE/​/平面PAD，又ME∩NE=E，
∴平面PAD/​/平面MNE，又MN⊂平面MNE，
∴MN/​/平面PAD；
(2)∵四边形ABCD为矩形，∴AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，
∴AP、AB、AD两两垂直．
∴以AB、AD、AP所在直线为x、y、z轴建，立如图的空间直角坐标系，
则根据题意可得C(4,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，M(2,0,0)，N(2,1,1)，
∴DM=(2,−2,0)，DN=(2,−1,1)，
设平面DMN的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅DM=2x−2y=0n⋅DN=2x−y+z=0，取n=(1,1,−1)，
若满足条件的CD上的点Q存在，设Q(t,2,0)，0≤t≤4，
又N(2,1,1)，∴NQ=(t−2,1,−1)，
设直线NQ与平面DMN所成的角为θ，
则sinθ=|NQ⋅n|NQ|⋅|n||=|t−2+1+1| (t−2)2+1+1⋅ 3=13，又0≤t≤4，
解得t=1，∴Q(1,2,0)，
∴DQ=1，CD=4，CQ=CD−DQ=4−1=3，
∴CQCD=34，
故CD上存在点Q，使直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为13，且CQCD=34．
17.解：(1)记“答题人来自于第i组”(i=1,2,3)为事件Ai，记“任选一人答对”为事件B，
此时样本空间Ω=A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥，
易知P(A1)=0.3，P(A2)=0.3，P(A3)=0.4，
而P(B|A1)=0.90，P(B|A2)=0.95，P(B|A3)=0.90，
则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)
=0.3×0.90+0.3×0.95+0.4×0.90=0.915，
所以任选一人，此人答对该题的概率为0.915；
(2)易知X的所有可能取值为0，1，2，3．
此时P(X=0)=C33C73=135，P(X=1)=C41C32C73=1235，P(X=2)=C42C31C73=1835，P(X=3)=C43C73=435，
则E(X)=0×135+1×1235+2×1835+3×435=127．
18.解：(1)由题意可得2b=2 3ca=12a2=b2+c2，
解得：a=2,b= 3，
故椭圆的标准方程为x24+y23=1；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
S△F1AB=12|F1F2|⋅|y1−y2|=|y1−y2|
由题意知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x=my+1，
由x=my+1x24+y23=1，整理得：(3m2+4)y2+6my−9=0，
由韦达定理可知：y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4，
又因直线l与椭圆C交于不同的两点，
故△>0，即(6m)2+36(3m2+4)>0，m∈R．
则S△F1AB=12|F1F2|⋅|y1−y2|
=|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2
=12 m2+13m2+4，
令t= m2+1，则t≥1，
则S△F1AB=12 m2+13m2+4
=12t3t2+1=4t+13t，
令f(t)=t+13t，由函数的性质可知，函数f(t)在[ 33,+∞)上是单调递增函数，
即当t≥1时，f(t)在[1,+∞)上单调递增，
因此有f(t)≥f(1)=43，
所以S△F1AB≤3，
即当t=1，即m=0时，S△F1AB最大，最大值为3．
19.解：(1)f(x)=xlnx，定义域为(0,+∞)，f′(x)=lnx+1，
令f′(x)=0，即lnx+1=0，解得x=1e，
令f′(x)0，n(x)为增函数，
当x∈(1,+∞)时，n′(x)−m(x1)，即证：m(x1)+m(2−x1)>0，
记k(x)=xlnx+(2−x)ln(2−x)−x2+2x−1，(02，得证．