河北省部分学校2024-2025高三上学期11月阶段调研考试数学试题及参考答案

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1.已知全集U=A∪B={x∈N|x2−10x≤0}，A∩(∁UB)={1,3,5,7}，则集合B=( )
A. {2,4,6,8}B. {2,4,6,8,9,10}
C. {0,2,4,6,8,10}D. {0,2,4,6,8,9,10}
2.函数y= lg(x−1)的定义域为( )
A. {x|x>1}B. {x|x≥2}C. {x|x>10}D. {x|x≥11}
3.若事件A，B发生的概率分别为P(A)，P(B)，(P(A)>0,P(B)>0)，则“P(B|A)=P(B)”是“P(A|B)=P(A)”的( )条件．
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充分且必要D. 既不充分又不必要
4.球O是棱长为1的正方体的外接球，则球O的内接正四面体体积为( )
A. 12B. 66C. 13D. 64
5.某同学掷一枚正方体骰子5次，记录每次骰子出现的点数，统计出结果的平均数为2，方差为0.4，可判断这组数据的众数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.已知x>1，y>0，且1x−1+1y=1，则4x+y的最小值为( )
A. 13B. 15+5 52C. 14D. 9+ 65
7.已知函数f(x)的定义域为R，且f(2x+1)为奇函数，f(2x+4)=f(2x)，则一定正确的是( )
A. f(x)的周期为2B. f(x)图象关于直线x=1对称
C. f(x+1)为偶函数D. f(x+3)为奇函数
8.已知函数f(x)=2sin(ωx−π3)(ω>0)在区间(π3,π)上有且仅有一个零点，当ω最大时f(x)在区间[−100π,100π]上的零点个数为( )
A. 466B. 467C. 932D. 933
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.若(2x−1)8=a8x8+a7x7+a6x6+⋯+a2x2+a1x+a0，则( )
A. a0=1
B. a3=−8
C. a1+a2+a3+⋯+a7+a8=0
D. a1−a2+a3−a4+⋯+a7−a8=−6561
10.已知平面内点A(−1,0)，B(1,0)，点P为该平面内一动点，则( )
A. |PA|+|PB|=4，点P的轨迹为椭圆 B. |PA|−|PB|=1，点P的轨迹为双曲线
C. |PA|⋅|PB|=1，点P的轨迹为抛物线 D. |PA||PB|=2，点P的轨迹为圆
11.如图，圆锥SO的底面直径和母线长均为6，其轴截面为△SAB，C为底面半圆弧AB上一点，且AC=2CB，SM=λSC，SN=μSB(00)左右顶点分别为A，B，且|AB|=4，离心率e= 22．
(1)求椭圆C的方程;
(2)直线l与抛物线y2=4x相切，且与C相交于M、N两点，求△MNB面积的最大值．
19.(本小题17分)
(1)在复数范围内解方程x3=1;
(2)设z1∈C，z2∈C且z2≠0，证明：z1z2=|z1||z2|;
(3)设复数数列{zn}满足：|z1|=1，且对任意正整数n，均有4zn+12+2znzn+1+zn2=0.证明：对任意正偶数m，均有|z1+z2+⋯+zm|0)，
得f′(x)=lnx+2−1x2，则f′(1)=1，
所以f(x)的图象在点(1,2)处的切线方程为y=x+1．
(2)因为当a=0时，f(x)=xlnx+1x(x>0)，f′(x)=lnx+1−1x2，
令r(x)=f′(x)=lnx+1−1x2，则r′(x)=1x+2x3>0．
所以f′(x)=lnx+1−1x2在(0,+∞)上单调递增，
又f′(1)=0，
故当x∈(0,1)时，f′(x)0，f(x)单调递增，
综上所述：f(x)单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞).
(3)由f(x)=xlnx+1x+ax，且H(x)=x[f(x)−x2]+2lnx，
得H(x)=x[xlnx+1x+ax−x2]+2lnx=x2lnx+ax2−x22+2lnx+1单调递增，
所以H′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，
又H′(x)=2xlnx+x+2ax−x+2x=2xlnx+2ax+2x，
由题意H′(x)≥0恒成立，得2xlnx+2ax+2x≥0，
即xlnx+1x+ax≥0恒成立，得ax≥−xlnx−1x⇒a≥−lnx−1x2恒成立，
设g(x)=−lnx−1x2，得g′(x)=−1x+2x3=2−x2x3，
所以当x= 2时，g(x)最大为−ln 2−12．
所以a≥−lnx−1x2恒成立，得a≥−ln 2−12．
综上，若函数H(x)=x[f(x)−x2]+2lnx单调递增，
则实数a的取值范围为[−ln 2−12,+∞).
18.解：(1)由题意|AB|=4，得2a=4，a=2．
又C的离心率为 22，得ca= 22，
所以c= 2，则b2=a2−c2=4−2=2，
得椭圆C的方程为x24+y22=1．
(2)由题意知直线l斜率不为0，故方程可设为x=my+n，
与抛物线y2=4x联立得y2=4my+4n⇒y2−4my−4n=0，
直线l与抛物线相切得Δ=(4m)2+16n⇒m2+n=0，
联立x=my+nx24+y22=1，得(m2+2)y2+2mny+n2−4=0，
且Δ=4m2n2−4(m2+2)(n2−4)>0⇒−n2+2m2+4>0．
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则y1+y2=−2mnm2+2，y1y2=n2−4m2+2．
又x=my+n与x轴交于点(n,0)，
则S△MNB=12|n−2|×|y1−y2|=12|n−2| (y1+y2)2−4y1y2
=|n−2|2 (−2mnm2+2)2−4n2−4m2+2=|n−2|2 16m2−8n2+32(m2+2)2
= 2|n−2| 2m2−n2+4(m2+2)2，
又m2+n=0，S△MNB= 2|n−2| −2n−n2+4(−n+2)22
= 2 −n2−2n+4= 2 −(n+1)2+5，
当n=−1(此时m2=1，符合−n2+2m2+4>0)时， 2 −(n+1)2+5取得最大值为 10．
综上所述，得△MNB的面积的最大值为 10．
19.(1)解：在复数范围内解方程x3=1，设x=a+bi(a,b∈R)
a+bi3=1，展开得(a+bi)(a2−b2+2abi)=a(a2−3b2)+b(3a2−b2)i=1，
根据复数相等，a(a2−3b2)=1,且b(3a2−b2)=0，得a=1b=0或a=−12b=± 32,
∴方程x3=1在复数范围内有三个解：x=1 或x=−12+ 32i或x=−12− 32i；
(2)证明：设z1=a+bi(a,b∈R)，z2=c+di(c,d∈R)，
则|z1|= a2+b2，|z2|= c2+d2，z1z2= a2+b2 c2+d2，
又z1z2==(a+bi)(c+di)=(ac+bd)+(bc−ad)ic2+d2，
则z1z2= (ac+bdc2+d2)2+(bc−adc2+d2)2
= a2c2+b2d2+2abcd+b2c2+a2d2−2abcd(c2+d2)2= a2(c2+d2)+b2(c2+d2)(c2+d2)2
= a2+b2c2+d2= a2+b2 c2+d2，
即z1z2=|z1||z2|；
(3)证明：由题意可得，zn≠0，则4zn+12+2znzn+1+zn2=0可化为4(zn+1zn)2+2(zn+1zn)+1=0(n∈N∗)，
解得zn+1zn=−1± 3i4(n∈N∗)，因此|zn+1||zn|=|zn+1zn|=|−1+ 3i4|=12，
故|zn|=|z1|•12n−1=12n−1(n∈N∗)， ①
进而有|zn+zn+1|=|zn|•|1+zn+1zn|=12n−1•|3± 3i4|= 32n(n∈N∗)． ②
当m为偶数时，设m=2s(s∈N∗)，利用 ②可得
|z1+z2+⋯+zm|≤k=1s|z2k−1+z2k|