2024-2025学年广东省上进联考高三（上）段考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省上进联考高三（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3z=−1−2i，则z=( )
A. −35+65iB. −35−65iC. 35−65iD. 35+6n5i
2.已知集合A={x|x2+4x−5≥0},B={y|y= x−2024}，则A∩B=( )
A. [−5,1]B. [1,2024)C. [1,+∞)D. [2024,+∞)
3.已知事件A，B互斥，且P(A)=P(B)=0.5，M满足P(M|A)=0.8，P(M|B)=0.7，则P(M)=( )
A. 0.25B. 0.35C. 0.4D. 0.75
4.向量a=(2,−12)在向量b=(1,3)上的投影向量的坐标为( )
A. (2,−12)B. (120,320)C. ( 220,3 220)D. (2 2,− 22)
5.已知底面半径为 5的圆锥的侧面展开图是圆心角为平角的扇形，则该圆锥的体积为( )
A. 2 15πB. 10 53πC. 5 153πD. 5 103π
6.已知椭圆C的离心率为cs40°，焦点为F1，F2，一个短轴顶点为B，则∠F1BF2=( )
A. 40°B. 50°C. 80°D. 100°
7.已知函数f(x)=4cs(ωx+φ)(ω>0)图象的一个最高点与相邻的对称中心之间的距离为5，则f(−6φπ)=( )
A. 0B. 2φC. 4D. φ2
8.已知D为双曲线C：x24−y2=1右支上一点，过点D分别作C的两条渐近线的平行线，与另外一条渐近线分别交于点A，B，则|DA|⋅|DB|=( )
A. 2B. 5C. 54D. 52
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.为了弘扬奥运会中我国射击队员顽强拼搏的奋斗精神，某校射击兴趣小组组织了校内射击比赛，得到8名同学的射击环数如下：9，8，6，10，9，7，6，9(单位：环)，则这组样本数据的( )
A. 极差为4B. 平均数是8C. 上四分位数是9D. 方差为4
10.已知函数f(x)不是常函数，且图象是一条连续不断的曲线，记f(x)的导函数为f′(x)，则( )
A. 存在f(x)和实数t，使得f′(x)=tf(x)
B. 不存在f(x)和实数t，满足f(x)+f(t)=f(2x)
C. 存在f(x)和实数t，满足f(xt)=tf(x)
D. 若存在实数t满足f′(x)=f(x+t)，则f(x)只能是指数函数
11.已知F(1,0)，圆M：(x+1)2+y2=1，点P为圆M上一动点，以PF为直径的圆N交y轴于A，B两点，设A(xA,yA)，B(xB,yB)，P(xP,yP)，则( )
A. 当点N在y轴上时，|PF|= 5B. |MN|的取值范围是[12,32]
C. yAyB=xPD. cs∠AFP=1|BF|
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.小明去超市从4种功能性提神饮料和5种电解质饮料中选3瓶进行购买，若每种饮料至多买一瓶，则功能性提神饮料和电解质饮料都至少买1瓶的买法种数为______.(用数字作答)
13.已知正数a，b满足(2a+1)(b+1)=4，则a+b的最小值为______．
14.若关于θ的方程sinθ−acsθcsθ+asinθ=−cs3θsin3θ在区间(0,π4)上有且仅有一个实数解，则实数a= ______．
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15分)
已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且1sinC=2csB2sinA+sinB．
(1)求C；
(2)若a=b=2，求△ABC外接圆的半径．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=ex−a−lnxx−1．
(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)当a=1时，证明：f(x)≥0．
17.(本小题15分)
已知抛物线C：y2=mx(m>0)的焦点为F，以F和C的准线上的两点为顶点可以构成边长为4 33的等边三角形．
(1)求C的方程；
(2)讨论过点(−2,1)的直线l与C的交点个数．
18.(本小题15分)
在三棱锥P−ABC中，PM⊥底面ABC，AB⊥AC，AB=1，AC= 2,M,N分别为BC，AC的中点，E为线段PA上一点，平面EBN⊥底面ABC．
(1)若PM=1，求二面角A−EN−B的余弦值；
(2)求PEAE．
19.(本小题17分)
已知数列{an}一共有m2(m>2)项，a1，a2，⋯，am成公差不为0的等差数列，对任意的i∈{1,2,⋯,m}，ai，ai+m，⋯，ai+(m−2)m，ai+(m−1)m成等差数列，且对于不同的i，其公差为同一个非零常数．
(1)若m=3，a1=1，a4=3，a9=9，求数列{an}的各项之和；
(2)证明：a1，a(m+1)+1，a2(m+1)+1，⋯，a(m−1)(m+1)+1成等差数列；
(3)从1，2，⋯，m2中任取三个数p，q，r(p3m−64m3−8m．
参考答案
1.A
2.C
3.D
4.B
5.C
6.D
7.C
8.C
9.ABC
10.AC
11.ACD
12.70
13.2 2−32
14.−2 2
15.解：(1)由1sinC=2csB2sinA+sinB，
可得2sinA+sinB=2csBsinC，
又A=π−(B+C)，∴2sin(B+C)+sinB=2csBsinC，
∴2sinBcsC+2csBsinC+sinB=2csBsinC，
化简得2sinBcsC+sinB=0，
∵sinB≠0，∴csC=−12，
又C∈(0,π)，∴C=2π3；
(2)在△ABC中，由余弦定理，
得c2=a2+b2−2abcsC=22+22−8cs2π3=12，
解得c=2 3，
设△ABC的外接圆半径为R，
则2R=csinC=4，
∴△ABC外接圆的半径为2．
16.解：(1)当a=0时，f(x)=ex−lnxx−1,f(1)=e−1，所以切点为(1,e−1)，
又因为f′(x)=ex+lnx−1x2，所以f′(1)=e−1，所以在点(1,f(1))的切线的斜率为e−1，
因此曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−(e−1)=(e−1)(x−1)，
所以切线方程为y=(e−1)x．
(2)证明：当a=1时，原函数f(x)=ex−1−lnxx−1(x>0)，导函数f′(x)=x2ex−1+lnx−1x2，
因此设φ(x)=x2ex−1+lnx−1，
那么其导函数φ′(x)=(x2+2x)ex−1+1x>0，因此φ(x)在(0,+∞)上单调递增，
又因为φ(1)=0，因此当0所以当0所以f(x)在(0,1)上单调递减；
当x>1时，φ(x)>0，所以当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(1)=e1−1−ln11−1=0．
得证．
17.(1)解：已知抛物线C：y2=mx(m>0)的焦点为F，
则F(m4,0)，准线方程为x=−m4，
以焦点和C的准线上的两点为顶点可以构成边长为4 33的等边三角形FAB，
则等边三角形的高为4 33× 32=2，
即焦点到准线的距离|m2|=2，
又m>0，
则m=4，
所以C的方程为y2=4x．
(2)若直线l的斜率存在，设l的方程为y−1=k(x+2)，
由方程组y−1=k(x+2)y2=4x，
可得ky2−4y+4(2k+1)=0，
(Ⅰ)当k=0时，解得x=14,y=1，
此时方程只有一个实数解，
l与C只有一个公共点；
(Ⅱ)当k≠0时，方程的根的判别式为Δ=−16(2k2+k−1)，
(ⅰ)由Δ=0，解得k=−1或12，
此时方程有两个相等的实数解，
l与C只有一个公共点；
(ⅱ)由Δ>0，
即2k2+k−1<0，
解得−1此时方程有两个不等的实数解，
l与C有两个公共点；
(ⅲ)由Δ<0，
即2k2+k−1>0，
解得k<−1或k>12，
此时方程没有实数解，
l与C没有公共点；
若直线l的斜率不存在，
则直线l的方程为x=−2，
易知l与C没有公共点．
综上，当l的方程为x=−2或l的斜率k<−1或k>12时，l与C的交点个数为0；当l的斜率k=0或−1或12时，l与C的交点个数为1；当l的斜率k∈(−1,0)∪(0,12)时，l与C的交点个数为2．
18.解：(1)如图所示，

连接AM交NB于点O，连接NM，
由于AB⊥AC,AB=1,AC= 2,M,N分别为BC，AC的中点，
因此∠MCA=∠MAC，tan∠ABN=ANAB= 22，tan∠MCA=ABAC= 22，
因此∠ABN=∠MAC=∠MCA，
所以∠MAC+∠MAB=∠MAB+∠ABN=90°，
因此BN⊥AM，
又因为底面ABC⊥平面EBN，底面ABC∩平面EBN=BN，AM⊂平面ABC，
因此AM⊥面EBN．
以A为坐标原点，AB，AC所在的直线分别为x，y轴，
过点A作垂直于平面ABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
所以A(0,0,0),C(0, 2,0),B(1,0,0),P(12, 22,1),N(0, 22,0)，M(12, 22,0)，
AC=(0, 2,0),BN=(−1, 22,0),AP=(12, 22,1)，AM=(12, 22,0)，
所以平面EBN的一个法向量为n1=AM=(12, 22,0)，
令平面PAC的一个法向量为n2=(x,y,z)，
所以AP⋅n2=0AC⋅n2=0，解得12x+ 22y+z=0 2y=0，
令x=2，所以n2=(2,0,−1)，
令二面角A−EN−B为θ，由图可知θ为锐角，
所以csθ=|cs〈n1,n2〉|=1 32× 5=2 1515，
所以二面角A−EN−B的余弦值为2 1515．
(2)根据第一问可知，AM⊥面EBN，
又因为OE⊂平面EBN，因此OE⊥AM，
由于PM⊥底面ABC，AM⊂平面ABC，
所以PM⊥AM，又因为PM，AM，OE⊂平面AMP，
所以PM//OE，又因为AB/​/MN，
因此PEAE=OMOA=MNAB=12．
19.解：(1)根据题意得a1+a7=2a4，a7=5，又由数列的定义知a8=7，a7+a9=2a8，
所以可得数列{an}各项如图所示．
所以数列{an}的各项之和为45．
(2)
如数表所示，因此可转换为证明左上至右下的对角线上的数成等差数列，
根据数列{an}的定义可知，该数表每行均为等差数列且公差相同，令公差为d1，
每列也为等差数列且公差相同，令公差为d2，
所以ak(m+1)+1−a(k−1)(m+1)+1=d1+d2，
所以数列{a(k−1)(m+1)+1}(1≤k≤m,k∈Z)是以d1+d2为公差，a1=2为首项的等差数列．
(3)将数表中的每个数看作一个点，
如果P，Q，R三点共线，并且关于中间的一点中心对称，所以显然这三个点对应的数构成等差数列．
因此该数表中，只需要纵列投影成等差数列即可，且横行投影成等差数列，
先对横行进行分析，在m个数中取三个数得到不相同的等差数列的方法数，
①若m为奇数，由上分析，同理可得每横行可以产生(m−1)24个等差数列，
此时p，q，r成等差数列且ap，aq，ar也成等差数列的总取法数为[(m−1)24]2×2+2m⋅(m−1)24=(m−1)2(m+1)28，
则Pm=(m−1)2(m+1)28Cm23=3(m−1)(m+1)4m2(m2−2)>3(m−1)4m(m2−2)>3(m−2)4m(m2−2)=3m−64m3−8m；
②若m为偶数，则公差为d1的等差数列的个数为m−2，公差为2d1的个数为m−4，⋯公差为(m2−1)d1的个数为2，共有m(m−2)4个等差数列，
此时p，q，r成等差数列且ap，aq，ar也成等差数列的总取法数为[m(m−2)4]2×2+2m⋅m(m−2)4=m2(m−2)(m+2)8，
则Pm=m2(m−2)(m+2)8Cm23=3(m−2)(m+2)4(m−1)(m+1)(m2−2)>3(m−2)4(m−1)(m2−2)>3m−64m3−8m．
综上所述：Pm>3m−64m3−8m成立． a1=1
a2=3
a3=5
a4=3
a5=5
a6=7
a7=5
a8=7
a9=9
a1=2
a2
a3
…
am
am+1
am+2
am+3
…
a2m
…
…
…
…
…
akm+1
akm+2
akm+3
…
am(k+1)
…
…
…
…
…
am(m−1)+1
am(m−1)+2
am(m−1)+3
…
am2