2024-2025学年广东省深圳市高三（上）联考数学试卷（含答案）

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这是一份2024-2025学年广东省深圳市高三（上）联考数学试卷（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.样本数据1，1，5，7，8，8，9，10，10，11的平均数和第40百分位数分别为( )
A. 7，7B. 7，7.5C. 7.5，7D. 7.5，7.5
2.已知集合A={x|0A. {−1,0,1,2}B. {0,1,2}C. {1,2}D. {−1,0,1,2,3}
3.若z−1z=2−i，则z=( )
A. 1+i2B. −1+i2C. 1−i2D. −1+i2
4.已知向量a=(1,1)，b=(x,y)，若a⊥(b−4a)，b//(b+a)，则x+2y为( )
A. 12B. 8C. 9D. −4
5.已知α、β∈(π,32π)，sin(α−β)=cs(α+β)，则sin2α=( )
A. −12B. 1C. 0D. −1
6.一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的圆柱的侧面积为( )
A. 3 2 3πB. 3 3πC. 6 3πD. 9 3π
7.已知函数为f(x)=13x3+ax2+x,x<−1ex+1+ln(x+2),x≥−1，在R上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A. [1,73]B. (−∞,73]C. [−1,73]D. (−∞,1]
8.函数f(x)=|csx|− 3sin(2x−π6)在[0,13π6]上的零点个数为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
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.已知变量X服从正态分布X∼N(0,σ2)，当σ从小变大时，则( )
A. P(−12C. 正态分布曲线的最高点上移D. 正态分布曲线的最高点下移
10.已知命题p：对于正数a，b，∀x0∈[0,+∞)使(x0+a)⋅ex0+b>1.若p为假命题，则( )
A. a⋅eb>1B. ab≤1eC. a+b≤1D. ab2≤4e2
11.函数f(x)的定义域为R，若f(x+y+1)=f(x)+f(y)−m，且f(0)=n，m，n∈Z，n>m则( )
A. f(−1)=−m
B. f(x)无最小值
C. i=140f(i)=860n−820m
D. f(x)的图象关于点(−2,2m−n)中心对称
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l：y=kx是曲线f(x)=ex+1和g(x)=lnx+a的公切线，则实数a= ______．
13.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c且2acsB=c−a.当c+3ab取最小值时，则A= ______．
14.为了回馈长期以来的顾客群体，某健身房在五周年庆活动期间设计出了一种游戏活动.顾客需投掷一枚骰子三次，若三次投掷的数字都是奇数，则该顾客获得该健身房的免费团操券5张，且有2次终极抽奖机会(2次抽奖结果互不影响)；若三次投掷的数字之和是6，12或18，则该顾客获得该健身房的免费团操券5张，且有1次终极抽奖机会；其余情况顾客均获得该健身房的免费团操券3张，不具有终极抽奖机会，已知每次在终极抽奖活动中的奖品和对应的概率如下表所示．
则一位参加游戏活动的顾客获得蛋白粉的概率为______．
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15分)
如图，在直角三角形POA中，PO⊥AO，PO=2AO=4，将△POA绕边PO旋转到△POB的位置，使∠AOB=2π3，得到圆锥的一部分，点C为AB上的点，且AC=14AB．
(1)在AB上是否存在一点D，使得直线OA与平面PCD平行？若存在，指明位置并证明，若不存在，请说明理由；
(2)设直线OC与平面PAB所成的角为θ，求sinθ的值．
16.(本小题15分)
已知数列{an}满足3a1+32a2+…+3nan=(2n−1)⋅3n+1+34．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=1an2，记{bn}的前n项和为Tn，求证：nn+117.(本小题15分)
已知O为坐标原点，点(1, 22)在椭圆C：x2a2+y2b2=1，(a>b>0)上，过左焦点F1和上顶点A的直线l1与椭圆相交于点A，B.记A，B的中点为M，有kOM=−12.过上顶点A的直线l2与椭圆相交于点C(C点异于B点)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求△ABC面积的最大值，
18.(本小题15分)
甲乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流随机抽题作答，答对积1分，答错不得分：然后换对方抽题作答，甲乙两人各完成一次答题记为一轮比赛.比赛过程中，有选手领先2分者立即晋级，比赛结束(不管该轮比赛有没有完成).已知甲答对题目的概率为13，乙答对题目的概率为p，答对与否相互独立，抽签决定首次答题方，已知第一轮答题后甲乙两人各积1分的概率为16.记比赛结束时甲乙两人的答题总次数为n(n≥2)．
(1)求p；
(2)求在n=4的情况下，甲晋级的概率；
(3)由于比赛时长关系，比赛答题不能超过3轮，若超过3轮没有晋级者，则择期再进行比赛.求甲在3轮比赛之内成功晋级的概率．
19.(本小题17分)
函数f(x)=lnx，g(x)=x2−x−m+2．
(1)若m=e，求函数F(x)=f(x)−g(x)在[12,2]的最小值；
(2)若f(x)+g(x)≤x2−(x−2)ex在x∈(0,t](t>1)上恒成立时，实数m的取值范围中的最小值为ln2，求实数t的值．
参考答案
1.B
2.C
3.B
4.A
5.B
6.A
7.D
8.C
9.BD
10.BD
11.BCD
12.3
13.π4
14.37384
15.解：(1)依题意，PO⊥AO，PO⊥BO，且AO，BO⊂平面AOB，AO∩BO=O，则PO⊥平面AOB，
由∠AOB=2π3，AC=14AB，得∠AOC=π6，∠BOC=π2，即CO⊥BO，
以O为坐标原点，如图建立空间直角坐标系Oxyz，

则C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,4),A( 3,−1,0)，OA=( 3,−1,0),AB=(− 3,3,0)，
假设在AB上存在一点D，满足OA//平面PCD，
由OA⊂平面AOB，平面AOB∩平面PCD=CD，得CD||OA，
令AD=tAB=(− 3t,3t,0)(0≤t≤1)，
则D((1−t) 3,3t−1,0)，CD=((1−t) 3−2,3t−1,0)，
于是(1−t) 3−2 3=3t−1−1，解得t= 33，
所以在AD上存在一点D，使得直线OA与平面PCD平行，且ADAB= 33；
(2)由(1)知，AB=(− 3,3,0),PB=(0,2,−4),OC=(2,0,0)，
设平面PAB的法向量n=(x,y,z)，则n⋅AB=− 3x+3y=0n⋅PB=2y−4z=0，
令z=1，得n=(2 3,2,1)，
所以sinθ=|cs〈n,OC〉|=|n⋅OC||n||OC|=4 3 17×2=2 5117．
16.(1)解：当n≥2时，由3a1+32a2+…+3nan=(2n−1)⋅3n+1+34，
得3a1+32a2+…+3n−1an−1=[2(n−1)−1]⋅3n−1+1+34，
两式相减得3nan=(2n−1)⋅3n+1+34−[2(n−1)−1]⋅3n−1+1+34=n⋅3n，
所以an=n，
当n=1时，3a1=(2×1−1)×31+1+34=3，所以a1=1；
当n=1时也成立．所以an=n．
(2)证明：由(1)知bn=1an2=1n2，所以bn=1n2>1n(n+1)=1n−1n+1，
所以Tn=b1+b2+…+bn>1−12+12−13+…+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．
又bn=1n2=44n2<44n2−1=2(12n−1−12n+1)，
所以Tn=b1+b2+…+bn<2(1−13)+2(13−15)+…+2(12n−1−12n+1)=2(1−12n+1)=4n2n+1．
综上，nn+117.解：(1)设F1(−c,0)，而点A(0,b)，∴直线l1的方程为y=bcx+b，
联立直线l1与椭圆的方程y=bcx+bx2a2+y2b2=1，消去y并整理得(1a2+1c2)x2+2cx=0，
可得xM=−a2ca2+c2，则yMbc2a2+c2，
由kOM=−12，得a2=2bc，而a2=b2+c2，可得b=c，a= 2b，
椭圆C：x22+y2=b2，由点(1, 22)在椭圆C上，得b2=12+( 22)2=1，
∴椭圆C的方程为x22+y2=1．
(2)由(1)直线l1：x−y+1=0，点M(−23,13),A(0,1)，
|AB|=2|AM|=2 (23)2+(1−13)2=4 23，
设点C( 2csθ,sinθ)(θ∈R)，
则点C到直线AB距离为d=| 2csθ−sinθ+1| 2=| 3cs(θ+φ)+1| 2，其中锐角φ由tanφ= 22确定，
∴S△ABC=12|AB|⋅d=2 23d=2| 3cs(θ+φ)+1|3≤2 3+23，当且仅当cs(θ+φ)=1时取等号，
∴△ABC面积的最大值是2 3+23．
18.解：(1)甲乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：
两人轮流随机抽题作答，答对积1分，答错不得分：然后换对方抽题作答，甲乙两人各完成一次答题记为一轮比赛，
比赛过程中，有选手领先2分者立即晋级，比赛结束(不管该轮比赛有没有完成)，
甲答对题目的概率为13，乙答对题目的概率为p，答对与否相互独立，
抽签决定首次答题方，已知第一轮答题后甲乙两人各积1分的概率为16，
记比赛结束时甲乙两人的答题总次数为n(n≥2)．
由题意可得13×p=16，即p=12；
(2)当n=4时，甲乙两人各答两题，由于比赛结束，
∴总有一人两题全对，另一人两题全错，且第四题答题人必须答对才能结束，
∴当n=4时，后答题人晋级，
设甲晋级为事件A，n=4的情况为事件B，
则P(B)=12×23×12×23×12+12×12×13×12×13=572，
P(AB)=12×12×13×12×13=172，
则P(A|B)=P(AB)P(B)=172572=15；
(3)甲在3轮比赛之内成功晋级，则两人可能的答题总次数为3、4、5、6，
设这四个事件分别为C、D、E、F，
若n=3，则甲先答题，两人答题情况一定为：甲对，乙错，甲对；
则P(AC)=12×13×12×13=136，
若n=4，则乙先答题，两人答题情况一定为：乙错，甲对，乙错，甲对；
则P(AD)=12×12×13×12×13=172，
若n=5，则甲先答题，两人答题情况可能为：
甲错，乙错，甲对，乙错，甲对；
甲对，乙错，甲错，乙错，甲对；
甲对，乙对，甲对，乙错，甲对；
则P(AE)=12×23×12×13×12×13+12×13×12×23×12×13+12×13×12×13×12×13=5216，
若n=6，则乙先答题，两人答题情况可能为以下四种情况：
乙错，甲对，乙错，甲错，乙错，甲对；
乙错，甲错，乙错，甲对，乙错，甲对；
乙错，甲对，乙对，甲对，乙错，甲对；
乙对，甲对，乙错，甲对，乙错，甲对；
则P(AF)=12×12×13×12×23×12×13+12×12×23×12×13×12×13+12×12×13×12×13×12×13+12×12×13×12×13×12×13=172，
∴甲在3轮比赛之内成功晋级的概率为：P=136+172+5216+172=17216．
19.解：(1)当m=e时，F(x)=lnx−x2+x+e−2，x>0，
求导得F′(x)=1x−2x+1=−(2x+1)(x−1)x，
由F′(x)>0，得(2x+1)(x−1)>0，解得12由F′(x)<0，得(2x+1)(x−1)<0，解得1函数F(x)在[12,1)上单调递增，在(1,2]内单调递减，
而F(12)=e−74−ln2，F(2)=e−4+2ln2，
F(12)−F(2)=94−ln2>0，
所以函数F(x)=f(x)−g(x)在[12,2]的最小值F(2)=e−4+ln2；
(2)不等式f(x)+g(x)≤x2−(x−2)ex在x∈(0,t]恒成立，
即lnx+x2−x−m+2≤x2−(x−2)ex在x∈(0,t]恒成立，
等价于m≥(x−2)ex+lnx−x+2在x∈(0,t]恒成立，
设ℎ(x)=(x−2)ex+lnx−x+2，x∈(0,t](t>1)，
求导得ℎ′(x)=(x−1)ex+1x−1=(x−1)(ex−1x)，
当x>1时，则x−1>0，且ex>e,1x<1，
所以ex−1x>e−1>0，于是ℎ′(x)>0；
当0设u(x)=ex−1x,0则u′(x)=ex+1x2>0，
所以函数u(x)在(0,1)上单调递增，且u(12)= e−2<0,u(1)=e−1>0，
所以∃x0∈(12,1)，使得u(x0)=0，
当x∈(0,x0)时，u(x)<0，即ℎ′(x)>0；当x∈(x0,1)时，u(x)>0，即ℎ′(x)<0，
函数ℎ(x)在(0,x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，在(1,t]上单调递增，
而x从大于0的方向趋近于0时，ℎ(x)值趋近于负无穷大，因此m≥max{ℎ(x0),ℎ(t)}，
由u(x0)=ex0−1x0=0，得ex0=1x0，且lnx0=−x0，
则ℎ(x0)=(x0−2)ex0+lnx0−x0+2=(x0−2)1x0−2x0+2=3−2(x0+1x0)，
且x0∈(12,1)，
由对勾函数的性质可知ℎ(x0)=3−2(x0+1x0)在x0∈(12,1)上单调递增，
又ℎ(1)=3−4=−1<0，
所以ℎ(x0)<0，
于是实数m的取值范围是[ℎ(t),+∞)，
又实数m的取值范围中的最小值为ln2，则ℎ(t)=ln2，
又函数ℎ(x)=(x−2)ex+lnx−x+2在(1,+∞)上单调递增，且ℎ(2)=ln2，从而t=2，
所以实数t的值为2．奖品
一个健身背包
一盒蛋白粉
概率
34
14