山西省晋中部分学校2025届高三下学期3月高考适应性训练数学试卷（含答案）

这是一份山西省晋中部分学校2025届高三下学期3月高考适应性训练数学试卷（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.设集合A=0,1,2,3,B=xx2−x−60，纵坐标不变，所得图象恰有一条对称轴和一个对称中心在区间0, π3内，则( )
A. fx在区间0, π12上单调递增
B. fx在区间π12, 13π12内有两个极值点
C. 直线y=x2+ 34是曲线y=fx的一条切线
D. ω的取值范围为1, 74
11.若数列an满足an+1=an2，则称an为“平方递推数列”.已知数列bn满足：b1=99，点bn, bn+1在函数fx=x2+2x的图象上.设Tn=b1+1b2+1⋅ ⋯ ⋅bn+1, Sn=i=1nlgTilgbi+1，则( )
A. bn+1为平方递推数列
B. bn=100n−1
C. lgTn=2n+1−2
D. 使得Sn>4048成立的n的最小值为2026
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知一组数据1，3，5，x的平均数为4，则这组数据的标准差为 ．
13.已知lg2025m+m−2026=0, 2025n+n−2026=0，则lg2025m+2025n= ．
14.把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，A′B′，AB分别是椭圆柱OO′的上、下底面椭圆的长轴，AB=AA′=4，且底面椭圆的离心率为12，F1,F2分别为下底面椭圆的左、右焦点，P为母线BB′上的动点，Q为线段A′B′上的动点，CD为过点F2的下底面椭圆的一条动弦(不与长轴重合)，则三棱锥Q−PCD体积的最大值为 ．
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13分)
在▵ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a, b, c，sinA+sinCsinB=b−ac−a．
(1)求C；
(2)若点P在线段AB上，且AP=2BP=CP，求ab．
16.(本小题15分)
记数列an的前n项和为Sn，已知a1=3，Sn+1=Sn+an+2．
(1)求an的通项公式；
(2)求数列2an4+1Sn的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
已知函数fx=2alnx+x22−a+2x, a∈R．
(1)讨论fx的单调性；
(2)若fx1−fx2x1−x2>1−a对任意两个不相等的正实数x1, x2恒成立，求a的取值范围．
18.(本小题17分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，∠PAB=60 ∘, ∠PAD=45 ∘，且AP=2AB=2．

(1)求证：平面ABP⊥平面BCP．
(2)若PQ=μABμ>0，且三棱锥Q−BCP的体积是四棱锥P−ABCD体积的一半．
(i)求点C到平面APQ的距离；
(ii)求平面APQ与平面BCQ夹角的余弦值．
19.(本小题17分)
已知M是抛物线C1:y2=2pxp>0与椭圆C2:x24+y2=1的一个交点，C1的焦点为F，O为坐标原点．
(1)若点M到y轴的距离等于MF−2，求C1的方程；
(2)若点S满足MS=2SF，求直线OS斜率的最大值；
(3)若存在过点M但不过点O的直线l，与C1交于另一点R，与C2交于另一点N，且R为线段MN的中点，求p的最大值．
参考答案
1.B
2.A
3.D
4.C
5.B
6.D
7.C
8.A
9.ABD
10.ACD
11.AC
12. 5
13.2026
14.8
15.解：(1)根据正弦定理得：sinA=a2R，sinB=b2R，sinC=c2R；
将其代入sinA+sinCsinB=b−ac−a得：a2R+c2Rb2R=b−ac−a；
化简得：a+cb=b−ac−a，即a2+b2−c2=ab；
根据余弦定理得：csC=ab2ab=12；因为0fx2−1−ax2．
设gx=fx−1−ax，则gx在0,+∞上单调递增，
∴g′x=f′x−1−a=2ax+x−3≥0在0,+∞上恒成立，
则2a≥−x2+3x在0,+∞上恒成立，
设ℎx=−x2+3x，x∈0,+∞，
函数的对称轴为x=32，则x=32时，ℎx取得最大值，最大值ℎxmax=94．
所以2a≥94，则a≥98
则实数a的取值范围为98,+∞．

18.解：(1)在▵ABP中，cs∠PAB=4+1−PB24=12，得PB= 3，
则AB2+BP2=AP2，即AB⊥BP，
因为四边形ABCD为正方形，则AB⊥BC，
又因BP∩BC=B，BP⊂平面BCP，BC⊂平面BCP，则AB⊥平面BCP，
又因AB⊂平面ABP，则平面ABP⊥平面BCP．
(2)(i)以D点为坐标原点，DA、DC分别为x、y轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D0,0,0,A1,0,0,B1,1,0,C0,1,0，
设Pa,b,c，则AB=0,1,0,AP=a−1,b,c,AD=−1,0,0,AC=−1,1,0，
则AB⋅AP=b=1×2×12=1AD⋅AP=1−a=1×2× 22= 2AP= a−12+b2+c2=2，得b=1a=1− 2c=1，即P1− 2,1,1，
因VQ−BCP=13S▵BPC⋅PQ=13×12×1×1×PQ=PQ6，
VP−ABCD=13S▱ABCD×1=13，且VP−ABCD=2VQ−BCP，
则PQ=1，
因PQ=μABμ>0，则μ=1，即PQ=AB，
设平面APQ的法向量m=x1,y1,z1，
则AP⋅m=0PQ⋅m=0，即− 2x1+y1+z1=0y1=0，取x1=1，则m=1,0, 2，
则点C到平面APQ的距离为AC⋅mm=1 1+2= 33．

(ii)BC=−1,0,0,BQ=− 2,1,1，
设平面BCQ的法向量n=x2,y2,z2，
则BC⋅n=0BQ⋅n=0，即− 2x2+y2+z2=0−x2=0，取y2=1，则n=0,1,−1，
所以csm,n=m⋅nmn=− 2 3× 2=− 33，
则平面APQ与平面BCQ夹角的余弦值为 33．

19.解：(1)设点Mx1,y1，则根据题意有x1=MF−2⇒MF=x1+2，
由抛物线的定义有MF=x1+p2，所以p2=2⇒p=4，
所以C1的方程为y2=8x；
(2)设点Sx,y，由题意可得Fp2,0，则有MS=x−x1,y−y1,SF=p2−x,−y，
由MS=2SF有x=x1+p3,y=y13，点Mx1,y1在抛物线C1:y2=2pxp>0上，
所以y12=2px1，
所以kOS=yx=y13x1+p3=y1x1+p=y1y122p+p=1y12p+py1≤12 y12p⋅py1= 22，
当且仅当y12p=py1时，即y1= 2p，等号成立，
所以直线OS斜率的最大值为 22；
(3)当直线l的斜率不存在时，此时，点R和点N重合，不满足题意，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+t，Rx0,y0,Nx2,y2，
由x24+y2=1y=kx+t⇒1+4k2x2+8ktx+4t2−4=0,
Δ=8kt2−41+4k24t2−4=164k2−t2+1>0，
所以x1+x2=−8kt1+4k2，x0=x1+x22=−4kt1+4k2,y0=kx0+t=t1+4k2，
所以R−4kt1+4k2,t1+4k2，又点R在抛物线C1上，
所以t1+4k22=2p×−4kt1+4k2⇒t=−8kp1+4k2⇒p=t−8k1+4k2，
又因为y=kx+ty2=2px⇒k2x2+2kt−px+t2=0,
所以x1x0=t2k2⇒x1=t2k2x0=−1+4k2t4k3,y1=kx1+t=−t4k2，
所以M−1+4k2t4k3,−t4k2，又点M在椭圆C2上，
所以14−1+4k2t4k32+−t4k22=1⇒t2=64k61+4k22+4k2，
所以p2=t264k21+4k22=k41+4k221+4k22+4k2，
又1+4k2≥2 1×4k2=4k，当且仅当1=4k2时，即k=±12时等号成立，
所以p2=k41+4k221+4k22+4k2≤k416k216k2+4k2=116×20，
所以p≤ 540，所以p的最大值为 540．