2024-2025学年山东省烟台市招远二中等校高三（上）摸底数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年山东省烟台市招远二中等校高三（上）摸底数学试卷（含答案），共9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∈N|4x−4∈Z}，B={x∈N|x2−3x−4≤0}，则A∩B=( )
A. [−1,2]B. [0,2]C. {0,2,3}D. {1,2}
2.某校高一年级18个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样，抽得10个班的比赛得分如下：91，89，90，92，94，87，93，96，91，85，则这组数据的75%分位数为( )
A. 93B. 93.5C. 94D. 94.5
3.安排4名大学生到两家公司实习，每名大学生只去一家公司，每家公司至少安排1名大学生，则大学生甲、乙到同一家公司实习的概率为( )
A. 15B. 310C. 325D. 37
4.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，上顶点为B，离心率为12.若BA1⋅BA2=−1，则a2+b2=( )
A. 5B. 7C. 21D. 25
5.设a=ln22,b=1e,c=2+ln33e2，则a，b，c的大小关系为( )
A. c>b>aB. b>c>aC. b>a>cD. c>a>b
6.若函数f(x)=ax2−2x+blnx(ab≠0)有唯一极值点，则下列关系式一定成立的是( )
A. a<0，b<0B. a<0，b>0C. ab<12D. ab>0
7.若sin(α−20°)=sin20°tan20°− 3，则cs(2α+140°)=( )
A. 18B. −18C. −78D. 78
8.已知实数a，b，c构成公差为d的等差数列，若abc=16，b<0，则实数d的取值范围为( )
A. (−∞,−2 3]∪[2 3,+∞)B. (−∞,−2]∪[2,+∞)
C. (−∞,− 5]∪[ 5,+∞)D. (−∞,−3]∪[3,+∞)
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.已知函数f(x)=Acs(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，令g(x)=f(x)−cs2x，则( )
A. g(x)的一个对称中心是(π12,0)
B. g(x)的对称轴方程为x=−π6+kπ2(k∈Z)
C. g(x)在x∈[0,π2]上的值域为[−12,1]
D. g(x)的单调递减区间为[kπ−π6,kπ+π3](k∈Z)
10.已知复数z，z1，z2，则下列结论正确的有( )
A. |z1z2|=|z1||z2|
B. 若z满足z2∈R，则z∈R
C. 若zz1=zz2，且z1≠z2，则z=0
D. 若z满足|z+5|−|z−5|=6，则z在复平面内所对应点的轨迹是双曲线
11.若函数f(x)=x3−3x2，则( )
A. f(x)的极大值点为2
B. f(x)有且仅有2个零点
C. 点(1,−2)是f(x)的对称中心
D. f(12022)+f(22022)+f(32022)+⋯+f(40422022)+f(40432022)=−8086
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知△ABC，AB=BC=1，∠B=120°，点E是BC边上一点，若BE=2CE，则AE⋅CE= ______．
13.甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用五局三胜制(当一人赢得三局时，该同学获胜，比赛结束).根据以往比赛成绩，每局比赛中甲获胜的概率都是p(014.如图，D为△ABC的边AC上一点，AD=2DC，∠ABC=90°，AB+2BC=4，则BD的最小值为______．
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.(本小题13分)
某项考核，设有一个问题，能正确回答该问题者则考核过关，否则即被淘汰.已知甲、乙、丙三人参与考核，考核结果互不影响，甲过关的概率为12，乙过关的概率为23，丙过关的概率为34．
(1)若三人中有两人过关，求丙过关的概率；
(2)记甲、乙、丙三人中过关的人数为X，求X的分布列与数学期望．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx+ax2+(a+2)x+a．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a<0时，f(x)≤−2a−2+a．
17.(本小题15分)
如图，矩形ABCD中，AB=2BC=2 2,E为CD的中点，将△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，且点F满足DF//CE，且DF=3CE．
(1)求直线CF与平面ADE所成角的正切值；
(2)求几何体ADE−BFC的体积．
18.(本小题17分)
抛物线C：x2=4y的焦点为F，准线为l，斜率分别为k1，k2(k1>k2≥0)的直线l1，l2均过点F，且分别与C交于A，B和D，E(其中A，D在第一象限)，T，S分别为AB，DE的中点，直线TS与l交于点P，∠BFE的角平分线与l交于点Q．
(1)求直线TS的斜率(用k1，k2表示)；
(2)证明：△SPQ的面积大于2．
19.(本小题17分)
定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，3，5经过第一次“和扩充”后得到数列1，4，3，8，5；第二次“和扩充”后得到数列1，5，4，7，3，11，8，13，5.设数列a，b，c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，所有项的和为Sn．
(1)若已知数列3，4，5，求P2，S2；
(2)求不等式Pn≥2049的解集；
(3)是否存在不全为0的数列a，b，c(a,b,c∈R)，使得数列{Sn}为等差数列？请说明理由．
参考答案
1.C
2.A
3.D
4.B
5.C
6.C
7.C
8.A
9.ABD
10.AC
11.BCD
12.−718
13.[23,1)
14.2 23
15.解：(1)记甲、乙、丙三人过关分别为事件A，B，C，记三人中恰有两人过关为事件D，
则P(D)=P(ABC−)+P(AB−C)+P(A−BC)=12×23×14+12×13×34+12×23×34=1124，
又P(CD)=P(A−BC)+P(AB−C)=12×23×34+12×13×34=38，
所以P(C|D)=P(CD)P(D)=381124=911，
故若有两人过关，丙过关的概率为911；
(2)由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P(X=0)=P(A−B−C−)=12×13×14=124，
P(X=1)=P(AB−C−)+P(A−BC−)+P(A−B−C)=12×13×14+12×23×14+12×13×34=14，
P(X=2)=P(D)=1124，
P(X=3)=P(ABC)=12×23×34=14，
所以X的分布列为：
故E(X)=0×124+1×14+2×1124+3×14=2312，
即X的数学期望为2312．
16.解：(1)∵f(x)=lnx+ax2+(a+2)x+a，定义域为(0,+∞)，
则f′(x)=1x+2ax+a+2=2ax2+(a+2)x+1x=(2x+1)(ax+1)x,(x>0)，
①当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
②当a<0时，
当x∈(0,−1a)时，f′(x)>0，f(x)在(0,−1a)上单调递增；
当x∈(−1a,+∞)时，f′(x)<0，f(x)在(−1a,+∞)上单调递减．
综上，①当a≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
②当a<0时，f(x)在(0,−1a)上单调递增，在(−1a,+∞)上单调递减．
证明：(2)当a<0时，要证f(x)≤−2a−2+a，只需证f(x)max≤−2a−2+a，
由(1)得，f(x)max=f(−1a)=ln(−1a)+1a−a+2a+a=ln(−1a)−1a+a−1，
即证ln(−1a)+1a+1≤0恒成立．
令t=−1a,g(t)=lnt−t+1(t>0)，则g′(t)=1t−1=1−tt，
当t∈(0,1)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，
当t∈(1,+∞)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，
∴g(t)的最大值为g(1)=0，即g(t)≤0．
∴ln(−1a)+1a+1≤0恒成立，原命题得证．
17.(1)证明：取AE中点O，AB中点G，连接DO、OG，
由题易得AD=DE= 2，
所以DO⊥AE，DO=AO=1，
因为面ADE⊥面ABCE，面ADE∩面ABCE=AE，DO⊂面ADE，
所以DO⊥平面ABCE，
又G为AB中点，则在矩形ABCD中，四边形AGED为正方形，
所以GO⊥AE，
所以OA，OG，OD两两垂直，且OA=OG=OD=1，
以OA，OG，OD分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(1,0,0)，E(−1,0,0)，D(0,0,1)，G(0,1,0)，B(−1,2,0)，
C(−2,1,0)，F(−3,3,1)，
所以CF=(−1,2,1)，
平面ADE的一个法向量为OG=(0,1,0)，
可得CF⋅CG=−1×0+2×1+1×0=2，|CF|= (−1)2+22+12= 6，|OG|=1
所以cs=CF⋅OG|CF|⋅|OG|=2 6×1= 33，
设直线CF与平面ADE所成角为θ，
则sinθ=|cs|= 63，则csθ= 1−sin2θ= 33，
所以tanθ= 2，
即直线CF与平面ADE所成角的正切值为 2；
(2)解：VADE−BFC=VF−ABCE+VF−ADE，

VF−ABCE=13SABCE⋅DO=13×12(AB+CE)⋅BC⋅DO=16×3 2× 2×1=1．
VF−ADE=13SADE⋅3GO=13×12AE⋅DO⋅3GO=16×2×1×3=1，
VADE−BFC=VF−ABCE+VF−ADE=2．
所以所求几何体的体积为2．
18.解：(1)易知抛物线x2=4y的焦点F(0,1)，准线l的方程为y=−1，
设直线l1的方程为y=k1x+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=k1x+1x2=4y，消去y并整理得x2−4k1x−4=0，
此时Δ=16k12+16>0，
由韦达定理得x1+x2=4k1，x1x2=−4，
所以y1+y2=k1(x1+x2)+2=4k12+2
则AB中点T的坐标为(2k1,2k12+1)，
同理得S(2k2,2k22+1)，
故kTS=(2k22+1)−(2k12+1)2k2−2k1=k2+k1；

(2)证明：设直线l1，l2的倾斜角分别为α，β，
此时tanα=k1,tanβ=k2,α∈(0,π2),β∈[0,π2),
FQ的倾斜角为α+β2(α+β2∈(0,π2))，斜率为tanα+β2，
所以直线FQ的方程为y=tanα+β2x+1，
当y=−1时，
解得x=−2tanα+β2，
即Q(−2tanα+β2,−1)，
因为TS：y=(k2+k1)(x−2k1)+2k12+1，
即y=(k2+k1)x−2k1k2+1，
当0<α+β<π，且α+β≠π2时，
令y=−1，
解得x=2k1k2−2k1+k2=2tanαtanβ−2tanα+tanβ=−2tan(α+β)，
即P(−2tan(α+β),−1)，
此时|PQ|=|−2tan(α+β)+2tanα+β2|=|−2(1−tan2α+β2)2tanα+β2+2tanα+β2|
=|tanα+β2+1tanα+β2|>2，
当α+β=π2时，点P的坐标为(0,−1)，点Q的坐标为(−2,−1)，
此时|PQ|=2，
所以|PQ|≥2，当且仅当α+β=π2时，等号成立，
记点S到l的距离为ℎ，
当α+β=π2时，
因为α<π2，
所以β>0，
即ℎ=2k22+2>2，
又|PQ|=2，
此时△SPQ的面积S=12ℎ|PQ|>2；
当α+β≠π2时，|PQ|>2，
又ℎ=2k22+2≥2，
此时△SPQ的面积S=12ℎ|PQ|>2．
综上所述，△SPQ的面积大于2．
19.解：(1)第一次“和扩充”：3，7，4，9，5；
第二次“和扩充”：3，10，7，11，4，13，9，14，5；
故P2=9，S2=76．
(2)数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列a，b，c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，
则经第(n+1)次“和扩充”后增加的项数为Pn−1，
所以Pn+1=Pn+(Pn−1)=2Pn−1，
所以Pn+1−1=2Pn−2=2(Pn−1)，
其中数列a，b，c经过1次“和扩充”后，得到a，a+b，b，b+c，c，
故P1=5，P1−1=4，
故{Pn−1}是首项为4，公比为2的等比数列，
所以Pn−1=4×2n−1=2n+1，故Pn=2n+1+1，
又n∈N∗，则Pn≥2049，即2n+1+1≥2049，解得n≥10．
(3)因为S1=a+a+b+b+b+c+c=2a+3b+2c，
S2=S1+3(a+2b+c),S3=S2+32(a+2b+c)，
依次类推，Sn=Sn−1+3n−1(a+2b+c)，
故Sn=Sn−1+3n−1(a+2b+c)
=Sn−2+3n−2(a+2b+c)+3n−1(a+2b+c)
=⋯=S1+(a+2b+c)(3+32+⋯+3n−1)
=2a+3b+2c+(a+2b+c)⋅3(1−3n−1)1−3
=(b+a+c2)⋅3n+a+c2，
若使{Sn}为等差数列，则b+a+c2=0，
所以存在不全为0的数列a，b，c(a,b,c∈R)，使得数列{Sn}为等差数列． X
0
1
2
3
P
124
14
1124
14