2024-2025学年江苏省常州一中高三（上）段考数学试卷（10月份）（含答案）

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这是一份2024-2025学年江苏省常州一中高三（上）段考数学试卷（10月份）（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。

1.已知集合A={x|−11}，则A∩B=( )
A. (−1,+∞)B. (1,3)C. (−1,1)D. (1,+∞)
2.若z(1+i)=2+3i，则复数z的共轭复数z−的虚部是( )
A. −12iB. −12C. 12iD. 12
3.“lgam>0”是“(a−1)(m−1)>0”的( )条件
A. 充分非必要B. 必要非充分C. 充要D. 既非充分也非必要
4.已知四面体OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，OM=λMA(λ>0)，N为BC中点，若MN=−14a+12b+12c，则λ=( )
A. 3
B. 2
C. 12
D. 13
5.某家族有X，Y两种遗传性状，该家族某成员出现X性状的概率为415，出现Y性状的概率为215，X，Y两种性状都不出现的概率为710，则该成员X，Y两种性状都出现的概率为( )
A. 115B. 110C. 215D. 415
6.设函数f(x)=(x3−ax2+x−a)lg0.5(x+b)，若f(x)≤0，则a，b满足的关系式为( )
A. a=bB. a=−bC. a+b=1D. b−a=1
7.若sin(α+β)=cs2αsin(α−β)，则tan(α+β)的最大值为( )
A. 62B. 64C. 22D. 24
8.已知lnπ>π−2，设a=eπ，b=πe，c=3πe，其中e为自然对数的底数，则( )
A. a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.下列说法正确的是( )
A. 命题“∃x∈R，x2+2x+m≤0”的否定是“∀x∈R，x2+2x+m>0”
B. 已知两组数据x1，x2，…，xn与y1，y2，…，yn，它们的平均数分别是x−和y−，则新的一组数据2x1−3y1+1，2x2−3y2+1，…，2xn−3yn+1的平均数是2x−−3y−+1
C. 函数y=lg(x2−4x+3)的单调增区间是(2,+∞)
D. ∃x0∈(0,13)，能使(12)x0>lg13x0成立
10.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. f(x)=3sin(2x−π3)
B. f(x)在(π,54π)上单调递增
C. f(x)<32的解集为(−5π12+kπ,π4+kπ)，(k∈Z)
D. 将f(x)的图像向左平移5π12个单位长度后得到的图象关于原点对称
11.设定义在R上的函数f(x)与g(x)的导函数分别为f′(x)和g′(x)，若f(x)−g(4−x)=2，g′(x)=f′(x−2)，且f(x+2)为奇函数，则下列说法中一定正确的是( )
A. 函数f(x)的图象关于点(1,0)对称B. g(3)+g(5)=−4
C. k=12023f(k)=0D. k=12023g(k)=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在( 2x−x2)6的展开式中的x3的系数是______．
13.若正数x，y满足x+2y=1，则x−y+1xy的最小值是______．
14.将12张完全相同的卡牌分成3组，每组4张.第1组的卡牌左上角都标1，右下角分别标上1，2，3，4;第2组的卡牌左上角都标2，右下角分别标上2，3，4，5;第3组的卡牌左上角都标3，右下角分别标上3，4，5，6.将这12张卡牌打乱放在一起，从中随机依次不放回选取3张，则左上角数字依次不减小且右下角数字依次构成等差数列的概率为．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数f(x)=(mx−1)ex(m∈R)在x=0处取得极值．
(1)求m的值；
(2)若∀x∈[−1,+∞)，f(x)≥x22+a恒成立，求实数a的取值范围．
16.(本小题12分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，∠A1AC=60°，AC⊥BC，A1C⊥AB，AC=1，AA1=2．
(1)求证：A1C⊥平面ABC；
(2)若直线BA1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 34，求二面角A1−BB1−C的余弦值．
17.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知：2b=a+c，点D在边AC上，BDsinA+bsinC=2bsin∠ABC．
(1)证明：BD=b；
(2)若cs∠ABC=1116，且a≥c，求ADCD的值．
18.(本小题12分)
一个不透明箱子中有除颜色外其它都相同的四个小球，其中两个红球两个白球的概率为23，三个红球一个白球的概率为13．
(1)从箱子中随机抽取一个小球，求抽到红球的概率；
(2)现从箱子中随机一次性抽取两个或三个小球，已知抽到两个小球的概率为34，抽到三个小球的概率为14，所抽到的小球中，每个红球记2分，每个白球记−1分，用X表示抽到的小球分数之和，求X的分布列及数学期望．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnxx+m(m∈R)．
(1)讨论函数f(x)的零点的个数；
(2)当m=0时，若对任意x>0，恒有a(eax+1)2≥f(x)(x2+1)，求实数a的取值范围．
参考答案
1.B
2.B
3.A
4.D
5.B
6.C
7.D
8.B
9.ABD
10.ABC
11.BC
12.−40 2
13.9
14.5132
15.解：(1)由f(x)=(mx−1)ex，可得f′(x)=(mx+m−1)ex，
由f′(0)=(m−1)e0=0，解得m=1，
此时f(x)=(x−1)ex，f′(x)=xex，
令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，
故x=0是函数的极值点，故符合题意，
所以m=1．
(2)由f(x)≥x22+a对∀x∈[−1,+∞)恒成立，
则(x−1)ex≥x22+a对∀x∈[−1,+∞)恒成立，
则a≤(x−1)ex−x22对∀x∈[−1,+x)恒成立，
令g(x)=(x−1)ex−x22，
则g′(x)=xex−x=x(ex−1)，
当x<0时，g′(x)>0，当x≥0时，g′(x)≥0，
所以当x∈[−1,+∞)时，g′(x)≥0，恒成立，
所以g(x)在[−1,+∞)上单调递增，
所以g(x)min=g(−1)=(−1−1)e−1−(−1)22=−2e−12，
所以a≤−2e−12，
所以实数a的取值范围为(−∞,−2e−12]．
16.(1)证明：因为∠A1AC=60°，AC=1，AA1=2，由余弦定理得A1C= 12+22−2⋅1⋅2⋅cs60°= 3，
所以A1A2=A1C2+AC2，所以A1C⊥AC，又因为A1C⊥AB，
又因为AC∩AB=A，所以A1C⊥平面ABC．
(2)解：由已知和(1)得，CA、CB、CA两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
A(1,0,0)，C(0,0,0)，B(0,t,0)，A1(0,0, 3)，C1(−1,0, 3)，B1(−1,t, 3)，
BC=(0,−t,0)，BB1=(−1,0, 3)，BA1=(0,−t, 3)，
设平面BCC1B1和平面A1BB1的法向量分别为m=(x,y,z)，n=(u,v,w,)，
BC⋅m=−ty=0BB1⋅m=−x+ 3z=0，令z=1，m=( 3,0,1)，
BA1⋅n=−tv+ 3w=0BB1⋅n=−u+ 3w=0，令w=t，n=( 3t, 3,t)，
直线BA1与平面BCC1B1所成角的正弦值为|BA1⋅m||BA1|⋅|m|= 3 t2+3⋅2= 34，解得t=1，
m=( 3,0,1)，n=( 3, 3,1)，
所以二面角A1−BB1−C的余弦值为|m⋅n||m|⋅|n|=42⋅ 7=2 77．
17.(1)证明：在△ABC中，由BDsinA+bsinC=2bsin∠ABC，
结合正弦定理，可得BD⋅a+b⋅c=2b2，
又因为2b=a+c，所以BD⋅a=2b2−bc=b(2b−c)=ab，
所以BD=b；
(2)解：在△ABC中，由余弦定理，
可得b2=a2+c2−2accs∠ABC=a2+c2−118ac，
因为2b=a+c，所以8b2=2(a+c)2=8a2+8c2−11ac，
则2a2+2c2−5ac=(a−2c)(2a−c)=0，
因为a≥c，化简可得a=2c，则b=a+c2=32c，
所以csA=b2+c2−a22bc=(32c)2+c2−(2c)22×32c×c=−14，
在△ABD中，由余弦定理，
可得BD2=AD2+c2−2ADccsA=AD2+c2+12c⋅AD，
由(1)可得BD=b=32c，则AD2+12c⋅AD−5c24=0，
解得AD= 21−14c或AD=− 21−14c((舍去)，
CD=32c− 21−14c=7− 214c，
所以ADCD= 21−17− 21=3 21+714．
18.解：(1)记事件A表示“抽取一个小球且为红球”，B1表示“箱子中小球为两红两白”，B2表示“箱子中小球为三红一白”，
则P(A)=P(B1)⋅P(A|B1)+P(B2)⋅P(A|B2)=23×12+13×34=712．
(2)由题意得X的取值可以为−2，0，1，3，4，6，
P(X=−2)=23×34×16=112，P(X=0)=23×14×12=112，P(X=1)=23×34×23+13×34×12=1124，
P(X=3)=23×14×12+13×14×34=748，P(X=4)=23×34×16+13×34×12=524，P(X=6)=13×14×14=148．
随机变量X的分布列为：
所以X的分布列及数学期望为：E(X)=(−2)×112+0×112+1×1124+3×748+4×524+6×148=2716．
19.解：(1)已知f(x)=lnxx+m(m∈R)，函数定义域为(0,+∞)，
令f(x)=lnxx+m=0，
解得lnxx=−m，
不妨设g(x)=lnxx，函数定义域为(0,+∞)，
可得g′(x)=1−lnxx2，
当00，g(x)单调递增；
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以当x=e时，函数g(x)取得极大值也是最大值，最大值g(e)=1e，
又g(1)=0，
所以当01时，g(x)>0，

此时当−m>1e，即m<−1e时，函数g(x)与直线y=−m无交点，即函数f(x)无零点；
当−m=1e或−m≤0，即m=−1e或m≥0时，
函数g(x)与直线y=−m有且仅有一个交点，
即函数f(x)有一个零点，
当0<−m<1e，即−1e函数g(x)与直线y=−m有两个交点，
此时f(x)有两个零点，
综上：当m<−1e时，函数f(x)无零点，当m=−1e或m≥0时，函数f(x)有一个零点，
当−1e(2)当m=0时，若对任意x>0，恒有a(eax+1)2≥f(x)(x2+1)，
即对任意x>0，恒有ax(eax+1)≥lnx2(x2+1)，
不妨设ℎ(x)=(x+1)lnx，函数定义域为(0,+∞)，
可得ℎ′(x)=lnx+x+1x，
此时不等式满足ℎ(eax)≥ℎ(x2)，
不妨设k(x)=lnx+x+1x，函数定义域为(0,+∞)，
可得k′(x)=1x−1x2=x−1x2，
当0当x>1，k′(x)>0，k(x)单调递增，
所以ℎ′(x)=k(x)≥k(1)=2>0，
所以函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为ℎ(eax)≥ℎ(x2)，
所以eax≥x2对任意x>0恒成立，
对等式两边同时取对数并整理得a2≥lnxx对任意x>0恒成立，
由(1)知，函数g(x)的最大值为g(e)=1e，
所以a2≥1e，
解得a≥2e，
故实数a的取值范围为[2e,+∞)． X
−2
0
1
3
4
6
P
112
112
1124
748
524
148