安徽省安庆市第一中学2024-2025学年高三上学期期末质量检测数学试题+

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时间：120分钟 满分：150分
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|x2−3x−4>0}，B={y|y=ln(x2+e)}，则(∁RA)∩B=( )
A. [−1,4]B. [1,4]C. [0,1]D. [−1,1]
【答案】B
解：因为A={x|x2−3x−4>0}=(−∞,−1)∪(4,+∞)，所以∁ RA=[−1,4]，又B={y|y=ln(x2+e)}=[1,+∞)，所以(∁ RA)∩B=[1,4]．
2.已知向量a=(csθ,sinθ)，b=(4,−3)，下列选项正确的为( )
A. 若a/​/b，则tanθ=34 B. 若a⊥b，则sinθ=45
C. |a−b|的最小值为6 D. 若a与a−b垂直，则|a−b|=2 6
【答案】D
解：对于A，由a//b，得−3csθ=4sinθ，则tanθ=−34，A错误；
对于B，由a⊥b，得4csθ−3sinθ=0，
与sin2θ+cs2θ=1联立，
解得sinθ=±45，B错误；
对于C，(a−b)2=a2−2a⋅b+b2
=1+25−2(4csθ−3sinθ)=26−10cs(θ+φ)，
(csφ=45,sinφ=35)，所以|a−b|的最小值4，C错误．
对于D，由题意知：a⋅(a−b)=0，且a=1，
则a⋅b=1，|a−b|2=a2−2a⋅b+b2=1−2+25=24，
|a−b|=2 6，D正确，
3.函数f(x)=1x+ln|x|的图象大致为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
解：当 x0 时，函数 f(x)=1x+lnx ，此时 f(1)=11+ln1=1 ，
而选项 A 中在 x>0 时的最小值为2，故可排除 A ，只有 B 正确，
故选B．
4.已知递减的等比数列{an}满足：an>0，a1a5+2a3a5+a2a8=36，a2a6=8，若bn=lg2an，则数列{|bn|}的前12项和T12=( )
A. 9B. 12C. 18D. 27
【答案】C
解：因为a1a5+2a3a5+a2a8=36，所以a32+2a3a5+a52=(a3+a5)2=36，
又an>0，所以a3+a5=6，又a2a6=8，所以a3a5=8．
因为{an}是递减数列，所以a3=4,a5=2.设公比为q，则q2=a5a3=12．
又an>0，所以q= 22，所以an=a5⋅qn−5=2×( 22)n−5=27−n2，所以bn=7−n2，
令bn≥0，则1≤n≤7，令bn7．
所以T12=(b1+b2+⋯+b7)−(b8+b9+⋯+b12)=[7b1+7×62×(−12)]−[5b8+5×42×(−12)]=18．
5.现安排甲、乙、丙三位同学在星期一到星期六值日，每人两天，且都不连续值日的不同方法种数为( )
A. 6B. 15C. 20D. 30
【答案】D
解：把星期一到星期六记为1，2，3，4，5，6，则不连续值日的三组数可列举为(1−3,2−5,4−6)，(1−4,2−5,3−6)，(1−4,2−6,3−5)，(1−5,2−4,3−6)，(1−6,2−4,3−5)，所以符合条件的方法有5A33=30种．
6.十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，图1中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱枓交叠而成的几何体(图2).这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若BE=CE=3,∠BEC=120 ∘，则该几何体的体积为( )
A. 272B. 27 32 C. 27D. 27 3
【答案】C
解:由题意可知该几何体可由直三棱柱BEC−AFD，以及两个三棱锥S−ABM，S−CDN，
由BE=CE=3,∠BEC=120 ∘可得BC=2BE⋅sin60∘=3 3，
由题意可知底面ABCD为正方形，故CD=3 3，
故VADF−BCE=S▵BCD⋅CD=12×3 3×32×3 3=814，
VS−ABM=VS−CDN=13S▵CDN12BC=13S▵BEC3 32=13×12×3 3×32×3 32=278，
故几何体的体积为814+278×2=27，
7.已知函数f(x)=sinωx+π6(ω>0)，“存在m,n∈0,π2，函数f(x)的图象既关于直线x=m对称，又关于点(n,0)对称”是“ω≥2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件：
【答案】B
解：存在m，n∈[0,π2]，函数f(x)的图象既关于直线x=m对称，又关于点(n,0)对称，
则π6≤π2+k1π≤π6+π2ωπ6≤k2π≤π2ω+π6(k1∈Z,k2∈Z)，
解得k1⩾0,k2⩾1,ω⩾2k2−13,ω⩾2k1+23
当k2=1，k1=0时，ω≥53，故充分性不成立，
若函数f(x)的图象既关于直线x=m对称，又关于点(n,0)对称，
则m=1ω(k1π+π3)，k1∈Z，n=1ω(k2π−π6)，k2∈Z，当k2=1，k1=0，ω≥2时，
则m=π3ω∈[0,π6]n=5π6ω∈[0,5π12]故必要性成立，
综上所述，“存在m，n∈[0,π2]，函数f(x)的图象既关于直线x=m对称，又关于点(n,0)对称”是“ω≥2”的必要不充分条件．
故选：B．
8.已知函数f(x),g(x)的定义域均是R，f(x)满足f(4+x)+f(−x)=0，g(0)=g(2)=1，g(x+y)+g(x−y)=g(x)f(y)，则下列结论中正确的是( )
A. f(x)为奇函数B. g(x)为偶函数
C. g(−1−x)=g(−1+x)D. g(1−x)=g(1+x)
【答案】D
解：对于A，因为g(x+y)+g(x−y)=g(x)f(y)，所以令x=0，得g(y)+g(−y)=g(0)f(y)=f(y)，
即f(x)=g(x)+g(−x)，
f(−x)=g(−x)+g(x)=f(x)，所以f(x)是偶函数，故A错误;
对于B，由f(4+x)+f(−x)=0，令x=−2，得f(2)+f(2)=0，所以f(2)=0，
由g(x+y)+g(x−y)=g(x)f(y)，令x=0，y=2，得g(2)+g(−2)=g(0)f(2)=f(2)=0，
所以g(−2)=−g(2)=−1，所以g(x)不是偶函数，故B错误;
对于C，令x=y=−1，则g(−2)+g(0)=g(−1)f(−1)=0，令x=y=1，则g(2)+g(0)=g(1)f(1)=2，
所以g(1)，f(1)≠0，所以f(−1)≠0，所以g(−1)=0，
令x=−1，得g(−1+y)+g(−1−y)=g(−1)f(y)．
化简得g(−1+y)=−g(−1−y)，用x替换y，得g(−1+x)=−g(−1−x)，故C错误;
对于D，令y=2，得g(x+2)+g(x−2)=0，从而可知g(x+1)+g(x−3)=0，
而g(1−x)=−g(x−3)=g(1+x)，故D正确．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知复数z1，z2在复平面内对应的点分别为Z1，Z2，O为坐标原点，则( )
A. 若z=z1+z2，则z=z1+z2
B. 若z1，z2均不为0，则|z1z2|=|OZ1⋅OZ2|
C. 若z=z2，则|z1z2|=|z1z|
D. 若|OZ1+OZ2|=|OZ1−OZ2|，则z1⋅z2=0
【答案】AC
解：设z1=a+bi(a,b∈R)，z2=c+di(c,d∈R)，则z1=a−bi，z2=c−di，
对于A，z=z1+z2=(a+c)+(b+d)i，z1+z2=(a+c)−(b+d)i，
则z=z1+z2=(a+c)−(b+d)i，即z=z1+z2，所以A选项正确;
对于B，z1z2=(ac−bd)+(bc+ad)i，
OZ1=(a,b)，OZ2=(c,d)，则OZ1⋅OZ2=ac+bd，
则|z1z2|=|OZ1⋅OZ2|不一定恒成立，所以B选项不正确;
对于C，|z1z2|2−|z1z|2=(z1z2)(z1z2)−(z1z)(z1z)
=(z1z2)(z1z2)−(z1z2)(z1z2)=0，
即|z1z2|2−|z1z|2=0，即|z1z2|=|z1z|，所以C选项正确;
对于D，若|OZ1+OZ2|=|OZ1−OZ2|，
即OZ1⋅OZ2=0，z1⋅z2不一定为0，所以D选项不正确，
10.已知棱长为2的正四面体A−BCD满足AE=λAD，BF=μBC，EM=12EF，λ，μ∈[0,1].则下列选项正确的是( )
A. |EF|≥ 2 B. 当λ=12时，EF⋅AD=0
C. 当|EF|= 3时，λ+μ的最小值为12 D. 当|EF|= 3时，|AM|的取值范围为[ 32, 112]
【答案】ABD
解：如图：
对于A.因为BF=μBC=μAC−AB，
所以EF=AF−AE=AB+μAC−AB−λAD=1−μAB+μAC−λAD，
因此EF2=1−μAB+μAC−λAD2
=1−μ2AB2+μ2AC2+λ2AD2+21−μμAB·AC−21−μλAB·AC−2λμAC·AD．
因为正四面体A−BCD的棱长为2，所以AB·AC=AB·AC=AC·AD=2×2cs60°=2，
因此EF2=41−μ2+4μ2+4λ2+41−μμ−41−μλ−4λμ=4λ−122+4μ−122+2，
所以EF2⩾2，当且仅当λ=μ=12时，等号成立，因此|EF|≥ 2，故A正确；
对于B.当λ=12时，由选项A知：EF=1−μAB+μAC−12AD，
因此EF·AD=1−μAB·AD+μAC·AD−12AD2=21−μ+2μ−12×4=0，故B正确；
对于C.当|EF|= 3时，由选项A知：3=4λ−122+4μ−122+2，即λ−122+μ−122=14，
所以λ−12+μ−1222⩽λ−122+μ−1222=18，即λ−12+μ−12⩽ 22，
因此− 22+1⩽λ+μ⩽ 22+1，当且仅当λ−12=μ−12时，等号成立，
所以λ+μ的最小值为1− 22，故C错误；
对于D.因为EM=12EF，所以AM=AF+AE2，
因此由选项A知：AM=AB+μAC−AB+λAD2=1−μAB+μAC+λAD2，
所以AM2=1−μ2AB2+μ2AC2+λ2AD2+21−μμAB·AC+21−μλAB·AC+2λμAC·AD4
=41−μ2+4μ2+4λ2+41−μμ+41−μλ+4λμ4=λ+122+μ−122+12．
因为当|EF|= 3时，由选项C知：λ−122+μ−122=14，
所以AM2=14−λ−122+λ+122+12=2λ+34．
因为λ∈[0,1]，所以34⩽AM2⩽114，因此 32⩽AM⩽ 112，即|AM|的取值范围为[ 32, 112]，
11.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=2c，过点F2且斜率为−ba的直线l交C于点P，交C的一条渐近线于点Q，则( )
A. 若以F1F2为直径的圆经过点Q，则C的离心率为2
B. 若以F1F2为直径的圆经过点P，则C的离心率为2 2
C. 若QF2=2QP，则C的渐近线方程为y=±x
D. 若点P不在圆E:(x−c)2+y2=a24外，则C的渐近线的斜率的绝对值不大于1
【答案】ACD
解：由题意知直线l的方程为y=−ba(x−c)，则l与C的渐近线y=−bax平行，
联立方程y=bax,y=−ba(x−c),解得x=c2,y=bc2a,即Q(c2,bc2a).
若以F1F2为直径的圆经过点Q，则QF1⊥QF2．
因为F1Q=(3c2,bc2a)，F2Q=(−c2,bc2a)，
故F1Q⋅F2Q=−3c24+b2c24a2=0，
所以b2=3a2，c2=4a2，c=2a，
所以e=ca=2，故A正确;
若以F1F2为直径的圆经过点P，则PF1⊥PF2，
故|PF1|=|F1F2|sin∠QF2O=|F1F2|sin∠QOF2=2c×bc=2b，
|PF2|=|F1F2|cs∠QF2O=|F1F2|cs∠QOF2=2c×ac=2a，
由双曲线定义知|PF1|−|PF2|=2b−2a=2a，得ba=2，
故e=ca= 1+(ba)2= 5，故B错误;
若QF2=2QP，则P为线段QF2的中点，所以P(3c4,bc4a)，
又点P在C上，则(3c4)2a2−(bc4a)2b2=1，解得c2a2=2，
所以ba= (ca)2−1=1，
则C的渐近线方程为y=±x，故C正确;
因为|PF1|−|PF2|=2a，即|PF1|=|PF2|+2a，
且cs∠QF2O=|F1F2|2+|PF2|2−|PF1|22|F1F2|⋅|PF2|，即4c2+|PF2|2−(2a+|PF2|)24c⋅|PF2|=ac，
解得|PF2|=c2−a22a=b22a．
因为点P不在圆E外，则|PF2|≤a2，即b22a≤a2，即ba≤1，
所以C的渐近线的斜率的绝对值不大于1，D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.a−xy(x+y)7的展开式中x2y5的系数为36，则a的值为________．
【答案】4321
解：∵(a−xy)(x+y)7=(a−xy)(C70⋅x7+C71⋅x6y+C72．x5y2+⋯+C76⋅xy6+C77⋅y7)，
故展开式中x2y5的系数为a⋅C75−C76=21a−7=36，∴a=4321，
故答案为：4321．
13.已知函数fx=2x3−ax2+12x+b在x=2处取得极小值，且f3=10，若fx的定义域为m,n，值域为5,10，则m的取值范围是________．
【答案】12,2
解:由题意可得：f′x=6x2−2ax+12，
因为函数fx=2x3−ax2+12x+b在x=2处取得极小值，
所以f′2=0，即24−4a+12=0，解得a=9，
又因为f3=10，则有2×33−9×32+12×3+b=10，解得b=1，
所以fx=2x3−9x2+12x+1，
所以f′x=6x2−18x+12=6x−1x−2，
令f′x=0，解得x=1或x=2，
当x∈−∞,1时，f’(x)>0，fx单调递增，
当x∈1,2时，f’(x)0，fx单调递增，
函数fx在x=2处取极小值f2=5，在x=1处取极大值f1=6，
令fx=10，即2x3−9x2+12x−9=0，
化为x−32x2−3x+3=0，解得x=3，
令fx=5，即2x3−9x2+12x−4=0，
化为x−222x−1=0，解得x=2或x=12，
又因为函数fx在x=2处取得极小值，
若满足fx定义域为m,n，值域为5,10，则有n=3，m∈12,2．
故答案为：12,2
14.以maxMminM表示数集M中最大(小)的数.设a>0,b>0,c>0，已知a2c+b2c=1，则minmax1a,1b,1c= ________．
【答案】32
解：由a2c+b2c=1，得a2+b2=1c，
设max1a,1b,1c=M，则M≥1a,M≥1b,M≥1c=a2+b2≥2ab，
由3M=2 M⋅ M+M≥2⋅1 a⋅1 b+2ab=1 ab+1 ab+2ab
≥331 ab⋅1 ab⋅2ab=332，
当且仅当a=b=c=132时取等号，故M⩾32，
所以minmax1a,1b,1c=32．
故答案为：32．
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13分)
在△ABC中，设内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知c=1，a=2，B=π3，D为△ABC外接圆O上一点(A、B、C、D按逆时针方向排列)．
(1)求b及圆O的半径；
(2)求四边形ABCD面积的最大值．
【答案】(1)根据题意可知，b2=a2+c2−2accsB=4+1−2×2×1×12=3，
故b= 3，设圆O的半径为R，
根据正弦定理知，2R=bsinB= 3sinπ3=2，即R=1．
(2)由(1)知，a2=b2+c2，即A=π2，
可得∠ADC=π−π3=2π3，S△ABC=12bc= 32，
在△ADC中，
cs2π3=AD2+DC2−AC22AD⋅DC≥2AD⋅DC−32AD⋅DC=1−32AD⋅DC，
即AD⋅DC≤1，当且仅当AD=DC时等号成立，
故S△ADC=12AD⋅DCsin2π3≤ 34，
故四边形ABCD的面积Smax=S△ABC+(S△ADC)max= 32+ 34=3 34．
16.(本小题15分)
如图，直线BC⊥平面ADEB，BE//AD//CF，点G为线段DF的中点，点H在线段AC上，EH∩BG=O，BE=2，AD=1．
(1)证明：BE//HG;
(2)若BA⊥BE，CF=3，BA=BC=2，求直线OC与平面DEF所成角的正弦值．
【答案】解：(1)证明：∵AD//CF，∴A，D，F，C四点共面，
∵BE//CF，且BE⊄平面ADFC，CF⊂平面ADFC，
∴BE/​/平面ADFC，
因为EH∩BG=O，所以，B，E，G，H四点共面，
又∵BE⊂平面BEGH，平面ADFC∩平面BEGH=HG，
∴BE//HG；
(2)由BC⊥平面ADEB，且BA⊥BE，
所以BA，BE，BC两两垂直，如图所示，以点B为坐标原点，BA，BC，BE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，．
∵CF=3，BA=BC=2，BE=2，AD=1，
∴A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，D(2,0,1)，E(0,0,2)，F(0,2,3)，
∵点G为线段DF的中点，且BE//HG//AD//CF，
∴点H为线段AC的中点，
∴GH=2，且O为线段EH的中点，
∴H(1,1,0)，O(12,12,1)，则OC=(−12,32,−1)，
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z)，∵DE=(−2,0,1)，EF=(0,2,1)，
由n⋅DE=0n⋅EF=0,∴−2x+z=02y+z=0， 取z=2，得y=−1，x=1，即n=(1,−1,2)．
设直线OC与平面DEF所成角为θ，
∵sinθ=|cs|=|OC⋅n||OC||n|=4 2121，
∴直线OC与平面DEF所成角的正弦值为4 2121．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=−xlnx+a(x+1)，a∈R．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若关于x的不等式f(x)≤2a在[2,+∞)上恒成立.求a的取值范围；
【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=−xlnx(x>0)，
则f′(x)=−lnx−1，令f′(x)=0，可得x=e−1，
当x∈(0,e−1)时，f′(x)>0，当x∈(e−1,+∞)时，f′(x)0，当x∈(ea−1,+∞)时，f′(x)0，解得00)的渐近线与圆C:x2+y2+10x+16=0相切，圆心C是E的一个焦点．
(1)求E的方程;
(2)过点R(6,0)的直线l与E的右支交于M，N两点，A1，A2分别为E的左、右顶点，直线A1M与A2N交于点P．
(ⅰ)证明：P在定直线上;
(ⅱ)若直线A1N与A2M交于点Q，求PR⋅QR的值．
【答案】(1)解：圆C的方程化为标准形式为(x+5)2+y2=9，所以圆心C(−5,0)，半径r=3，
则E的半焦距 a2+b2=5，
又E的两条渐近线方程为y=±bax，即bx±ay=0，由题意，知|5b| a2+b2=3，所以b=3，b2=9，a2=16，
所以E的方程为x216−y29=1．
(2)(i)证明：设直线MN的方程为：x=my+6，M(x1,y1)，N(x2,y2)，易知x1，x2≠4，y1，y2≠0，
联立方程x=my+6,x216−y29=1消去x得(9m2−16)y2+108my+180=0，
则m≠±43，△=1082m2−720(9m2−16)>0，
y1+y2=−108m9m2−16，y1y2=1809m2−16．
因为M(x1,y1)是E上的点，所以x1216−y129=1，
则x12−1616=y129⇒(x1+4)(x1−4)y12=169⇒x1+4y1=16y19(x1−4)，
联立直线A1M:y=y1x1+4(x+4)，直线A2N:y=y2x2−4(x−4)的方程，得y1x1+4(x+4)=y2x2−4(x−4)，
所以x+4x−4=y2(x1+4)y1(x2−4)=x1+4y1⋅y2x2−4=16y19(x1−4)⋅y2(x2−4)=16y19(my1+2)⋅y2(my2+2)
=16y1y29m2y1y2+18m(y1+y2)+36=16×1809m2−169m2⋅1809m2−16+18m⋅−108m9m2−16+36=−5．
解得x=83，故点P在定直线x=83上.
(ii)解：由双曲线对称性可知，点Q也在直线x=83上，设P(83,y3)，Q(83,y4)
点P在直线A1M上，所以y3=y1x1+4(83+4)=20y13(x1+4)，
点Q在直线A1N上，所以y4=y2x2+4(83+4)=20y23(x2+4)，
所以PR⋅QR=(103,−y3)⋅(103,−y4)=1009+y3y4
=1009+4009⋅y1y2(x1+4)(x2+4)=1009+4009⋅y1y2(my1+10)(my2+10)
=1009+4009⋅y1y2m2y1y2+10m(y1+y2)+100
=1009+4009⋅1809m2−16m2×1809m2−16−1080m2+1009m2−16=1009−4009×980=559．
19.(本小题17分)
已知数列A:a1,a2,⋯,a2m为2m个数1,2,⋯,2m的一个排列，其中m∈N∗，且m≥3.若在集合1,2,⋯,2m−1中至少有一个元素i使得|ai−ai+1|=m，则称数列A具有性质P．
(1)当m=3时，判断数列B:1,5,3,4,6,2和数列C:6,5,2,4,1,3是否具有性质P；
(2)若数列a2n−1和a2n(n=1,2,⋯,m)均为等差数列，且a1=1，a2m=2，证明：对于所有的偶数m，数列A:a1,a2,⋯,a2m不具有性质P；
(3)在所有由1,2,⋯,2m的排列组成的数列中，记具有性质P的数列的个数为S，不具有性质P的数列的个数为T，证明：对于任意m(m≥3)，S>T．
【答案】(1)当m=3时，若数列B:1,5,3,4,6,2具有性质P，
则集合1,2,3,4,5中至少有一个元素i，使得|ai−ai+1|=3
验证可得，不存在i，使得|ai−ai+1|=3，所以数列B不具有性质P．
对于数列C:6,5,2,4,1,3，集合1,2,3,4,5中存在元素i=2时，
满足|a2−a3|=5−2=3，所以数列C具有性质P
(2)因为数列a2n−1和a2n(n=1,2,⋯,m)均为等差数列，且a1=1，a2m=2，
所以数列A:1,2m,3,2m−2,⋅⋅⋅,2m−1,2，
所以任意相邻两项的差绝对值都是奇数，
所以当m为偶数时，在集合1,2,⋯,2m−1中不存在元素i使得|ai−ai+1|=m，
故对于所有的偶数m，数列A:a1,a2,⋯,a2m不具有性质P
(3)所有由1,2,⋯,2m的排列组成的数列共有A2m2m=2m×2m−1×⋅⋅⋅×1个，
其中不具有性质P的排列要求1与m+1不相邻，2与m+2不相邻，⋅⋅⋅，m与2m不相邻，
故T=2AmmAmm，所以S=A2m2m−2AmmAmm，
∴S−T=A2m2m−3AmmAmm=2m!−3×m!2，
因为2m×2m−1×2m−2×⋅⋅⋅×m+13×m×m−1×m−2×⋅⋅⋅×2×1>m+13>1m≥3，
所以2m!>3×m!2∴S−T=A2m2m−3AmmAmm=2m!−3×m!2>0，
所以对于任意m(m≥3)，S>T．