2024-2025学年江苏省南京九中、十三中高三（上）学情检测数学试卷（8月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省南京九中、十三中高三（上）学情检测数学试卷（8月份）（含答案），共10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.设复数z1=1+i，z2=2+bi，若z1z2为纯虚数，则实数b=( )
A. −2B. 2C. −1D. 1
2.血压差是指血压的收缩压减去舒张压的值.已知某校学生的血压差服从正态分布X～N(30,σ2)，若P(26≤X≤30)=0.40，则随机变量X的第90百分位数的估计值为( )
A. 42B. 38C. 36D. 34
3.已知cs(α+β)=13,tanαtanβ=12，则cs(α−β)=( )
A. 1B. 13C. 23D. 56
4.已知函数f(x)= 3sin2x+cs2x，把函数f(x)的图象沿x轴向左平移π6个单位，得到函数g(x)的图象，关于函数g(x)，下列说法正确的是( )
A. 在[π4,π2]上是增函数B. 其图象关于直线x=−π4对称
C. 函数g(x)是奇函数D. 在区间[π6,2π3]上的值域为[−2,1]
5.已知数列{an}满足，a1=a2=1，an+2=an+2,n=2k−1,−an,n=2k(k∈N∗)，若Sn为数列{an}的前n项和，则S50=( )
A. 624B. 625C. 626D. 650
6.已知点P引圆x2+y2−6x−8y+24=0的两条切线，切点分别为A，B，O为坐标原点，若△PAB为等边三角形，则lOPl的取值范围是( )
A. [4,6]B. [3,7]C. [3,6]D. [2,8]
7.已知不等式x+alnx+1ex≥xa对x∈(1,+∞)恒成立，则实数a的最小值为( )
A. − eB. −e2C. −eD. −2e
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。
8.加斯帕尔・蒙日是18−19世纪法国著名的数学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”(如图所示).当椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)时，蒙日圆方程为x2+y2=a2+b2.已知长方形G的四边均与椭圆M：x24+y23=1相
切，则下列说法正确的是( )
A. 椭圆M的离心率为12
B. 若G为正方形，则G的边长为2 5
C. 椭圆M的蒙日圆方程为x2+y2=7
D. 长方形G的面积的最大值为14
9.现有甲、乙两个盒子，甲盒装有6个白球3个红球，乙盒装有5个白球5个红球，则下列说法正确的是( )
A. 甲盒中一次取出3个球，至少取到一个红球的概率是521
B. 乙盒有放回地取3次球，每次取一个，取到2个白球和1个红球的概率是38
C. 甲盒不放回地取2次球，每次取一个，第二次取到红球的概率是13
D. 甲盒不放回地多次取球，每次取一个，则在第一、二次都取到白球的条件下，第三次也取到白球的概率是37
10.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱A1D1，DD1的中点，则以下四个结论正确的是( )
A. B1C//MN
B. B1C⊥平面MNC1
C. A到直线MN的距离为3 24
D. 过MN作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为38π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
11.已知奇函数f(x)的定义域为R，若f(x+2)为偶函数，且f(1)=1，则f(4)+f(5)= ______．
12.在边长为2的菱形ABCD中，M，N分别为BC，CD的中点，AM⋅AB=5，则AM⋅AN= ．
13.如图，一点从正方形的顶点A处出发在各顶点间移动，每次移动要么以13的概率沿平行于BC方向(正、反方向均可)移动一步；要么以23的概率沿平行于AB方向(正、反方向均可)移动一步.设移动2n(n∈N∗)步后回到点A的概率为An，到达点C的概率为Cn，则A1= ______，An−Cn= ______．
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。
14.(本小题13分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c=7，sinC=2 65．
(1)若csB=57，求b的值；
(2)若a+b=11，求△ABC的面积．
15.(本小题15分)
记递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5=85，且a6=7a1．
(Ⅰ)求an和Sn；
(Ⅱ)设bn=5anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
16.(本小题15分)
如图，四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．
(1)证明：直线CE//平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M−AB−D的余弦值．
17.(本小题17分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 62，右顶点为E( 2,0).A，B为双曲线C右支上两点，且点A在第一象限，以AB为直径的圆经过点E．
(1)求C的方程；
(2)证明：直线AB恒过定点；
(3)若直线AB与x，y轴分别交于点M，P，且M为PA中点，求S△PBES△MBE的值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=x(aex−x−2)(a∈R)．
(1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程；
(2)若f(x)的极大值为f(−1)，求a的取值范围；
(3)若a≥1，证明：当x>0时，f(x)−(a−2)x+x2−lnx≥1．
参考答案
1.A
2.D
3.A
4.D
5.C
6.B
7.C
8.ACD
9.BC
10.ACD
11.−1
12.132
13.59 (19)n
14.解：(1)因为B∈(0,π)，csB=57，所以sinB= 1−2549=2 67，
由正弦定理bsinB=csinC可得b=csinBsinC=7×2 672 65=5；
(2)因为a²+b²≥(a+b)22=1212>c²，
由余弦定理csC=a2+b2−c22ab>0
因为sinC=2 65，所以csC= 1−2425=15，
再由余弦定理c2=a2+b2−2abcsC，可得49=(a+b)²−2ab−25ab，解得ab=30，
所以S△ABC=12absinC=12×30×2 65=6 6．
15.解：(Ⅰ)设数列{an}的公差为d(d>0)，
因为S5=5a3=85，所以a3=17，
由a6=7a1得，a3+3d=7(a3−2d)，
所以17+3d=7(17−2d)，解得d=6，
所以a1=a3−2d=5，
所以an=a1+(n−1)d=5+(n−1)×6=6n−1，Sn=n(a1+an)2=n(5+6n−1)2=3n2+2n．
(Ⅱ)由(Ⅰ)得，bn=5anan+1=5(6n−1)(6n+5)=56(16n−1−16n+5)，
所以Tn=56(15−111+111−117+⋯+16n−7−16n−1+16n−1−16n+5)=56(15−16n+5)=n6n+5．
16.解：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF，
因为E是PD的中点，
所以EF/​/AD，EF=12AD，
又AB=BC=12AD，∠BAD=∠ABC=90°，
∴BC/​/AD，
∴EF/​/BC,EF=BC，
∴四边形BCEF是平行四边形，
可得CE/​/BF，
又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
∴直线CE/​/平面PAB；
(2)如图所示，取AD中点O，连接PO，CO，
由于△PAD为正三角形，则PO⊥AD，
因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂侧面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
又CO⊂平面ABCD，
所以PO⊥CO．
因为AO=AB=BC=12AD，且∠BAD=∠ABC=90∘，
所以四边形ABCO是矩形，
所以CO⊥AD，
以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系O−xyz，
不妨设AB=BC=12AD=1，则OA=OD=CO=1，OP= 3．
又因为△POC为直角三角形，OP= 3OC，
所以∠PCO=60∘．
作MN⊥CO，垂足为N，连接BN，
因为PO⊥CO，所以MN/​/PO，
又PO⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD，
所以∠MBN即为直线BM与平面ABCD所成的角，即∠MBN=450．
设CN=t，因为∠PCO=60∘，
所以MN= 3t，BN= BC2+CN2= t2+1．
因为∠MBN=45∘，所以MN=BN，
即 3t= t2+1，解得t= 22，
所以ON=1− 22，MN= 62，
所以A0,−1,0，B1,−1,0，M1− 22,0, 62，D0,1,0，
则AB=1,0,0，AD=0,2,0，AM=1− 22,1, 62．
设平面MAB的法向量为n1=x1,y1,z1，
则AB·n1=0AM·n1=0，即x1=01− 22x1+y1+ 62z1=0,
可取z1=−2，则n1=0, 6,−2，
又平面DAB的法向量可令n2=0,0,1，
所以cs⟨n1→,n2→⟩=n1→·n2→|n1→||n2→|=−2 10×1=− 105．
因为二面角M−AB−D是锐二面角，
所以其余弦值为 105．
17.解：(1)由题右顶点E( 2,0)，则a= 2，
又e=ca= 62，解得c= 3，则b= c2−a2=1，
所以双曲线C的方程为：x22−y2=1；
(2)证明：由题，直线AB的斜率不为0，
则可设直线AB：x=my+t，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立方程 x=my+tx22−y2=1，消去x得(m2−2)y2+2mty+t2−2=0，
则m2−2≠0Δ=−8(m2+t2−2)>0，即m2≠2m2+t2<2，则y1+y2=−2mtm2−2，y1y2=t2−2m2−2，
因为以AB为直径的圆经过点E，
所以kAE⋅kBE=y1x1− 2⋅y2x2− 2=−1，即(my1+t− 2)(my2+t− 2)=−y1y2，
所以(m2+1)y1y2+m(t− 2)(y1+y2)+(t− 2)2=0，
即(m2+1)(t2−2)m2−2−m(t− 2)⋅2mtm2−2+(t− 2)2=0，化简得(t− 2)(3 2−t)=0，
则t= 2或t=3 2，
当t= 2时，直线AB：x=my+ 2，经过点E，不符条件，舍去，
所以t=3 2，直线AB：x=my+3 2，过定点M(3 2,0)，
所以直线AB恒过定点(3 2,0)；
(3)由(2)知，t=3 2，
所以y1+y2=−6 2mm2−2，y1y2=16m2−2，
在直线AB：x=my+3 2中，令x=0，则y=−3 2m，即P(0,−3 2m)，
又M(3 2,0)为PA中点，
所以A(6 2,3 2m)，代入x22−y2=1，解得：m2=1835，
所以y1y2=3 2my2=16m2−2，解得：y2=8 2m3(m2−2)，
所以S△PBE+S△MBES△MBE=S△PEMS△ABE=|yP||y2|=|−3 2m||8 2m3(m2−2)|=|9(m2−2)8m2|=134，
即S△BEPS△BEM=94．
18.解：(1)当a=2时，f′(x)=2ex−x−2+x(2ex−1)=2(x+1)ex−2x−2=(x+1)(2ex−2)．
则f′(0)=(0+1)(2e0−2)=0，即曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线斜率为0，
所以切线方程是y=0；
(2)若a>2e，则对x∈(−∞,ln2a)∪(−1,+∞)有f′(x)=(x+1)(aex−2)>0，对x∈(ln2a,−1)有f′(x)=(x+1)(aex−2)<0．
从而f(x)在(−∞,ln2a)和(−1,+∞)上递增，在(ln2a,−1)上递减，故f(x)的极大值为f(ln2a)>f(−1)，不满足条件；
若00，对x∈(−1,ln2a)有f′(x)=(x+1)(aex−2)<0．
从而f(x)在(−∞,−1)和(ln2a,+∞)上递增，在(−1,ln2a)上递减，故f(x)的极大值为f(−1)，满足条件；
若a=2e，则对x∈(−∞,−1)∪(−1,+∞)有f′(x)=(x+1)(aex−2)>0，从而f(x)在R上递增，故f(x)没有极大值，不满足条件；
若a≤0，则对x∈(−∞,−1)有f′(x)=(x+1)(aex−2)>0，对x∈(−1,+∞)有f′(x)=(x+1)(aex−2)<0，
所以f(x)在(−∞,−1)上递增，在(−1,+∞)上递减，故f(x)的极大值为f(−1)，满足条件．
综上，a的取值范围是(−∞,2e)；
(3)证明：由于1e+ln1e=1e−1<1−1=0，1+ln1=1>0，所以存在正数t使得t+lnt=0，从而et−1t=t⋅et−1t=et+lnt−1t=1−1t=0．
我们有f(x)−(a−2)x+x2−lnx=x(aex−x−2)−(a−2)x+x2−lnx=ax(ex−1)−lnx．
故命题等价于证明ax(ex−1)−lnx≥1．
由于x和ex−1始终不异号，故x(ex−1)≥0，而a≥1，故只需证明x(ex−1)−lnx≥1．
设g(x)=x(ex−1)−lnx，则g′(x)=(ex−1)+x⋅ex−1x=(x+1)ex−x+1x=(x+1)(ex−1x)．
而对0t有g′(x)=(x+1)(ex−1x)>(x+1)(et−1t)=0．
故g(x)在(0,t]上递减，在[t,+∞)上递增．
所以g(x)≥g(t)=t(et−1)−lnt=t⋅et−(t+lnt)=t⋅et=t(et−1t)+1=1．
这就得到了x(ex−1)−lnx≥1，证毕．