甘肃省白银八中2025年高考数学质检试卷（3月份）（含解析）

这是一份甘肃省白银八中2025年高考数学质检试卷（3月份）（含解析），共18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={x|−2≤x≤2}，B={x|lg2x1−x没有整数解，求实数a的取值范围．
17.(本小题12分)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2n=2an+1，S4=4(a3−1)，n∈N∗．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=k,n=ak,bn−1+k,n=ak+1,其中k是正整数．
(i)求b1，b2，b3，b4；
(ii)求i=12nbi(n∈N∗)．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，三角形PAD是正三角形，M是棱PC的中点，设平面PAD与平面PBC的交线为l．
(1)证明：l/​/平面ABCD；
(2)证明：BC⊥DM；
(3)若二面角P−AD−B为60°，求直线DM与平面PAB所成角的正弦值．
19.(本小题12分)
抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，由抛物线的三条切线围成的三角形称为抛物线的切线三角形.已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，直线l：y=2过点F，过x轴下方的一点P作C的两条切线l1和l2，且l1，l2分别交x轴于点A，B，交l于点M，N．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若△PMN为阿基米德三角形，求∠MPN；
(3)证明：切线三角形PAB的外接圆过定点．
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：由lg2xxex−x+1，即a>x−x−1ex，
所以a>x−x−1ex没有整数解，
设ℎ(x)=x−x−1ex，ℎ′(x)=1−2−xex=ex+x−2ex，
设t(x)=ex+x−2，t′(x)=ex+1>0，所以t(x)单调递增，
且t(0)=−10，
所以存在唯一的x0∈(0,1)，使t(x0)=ex0+x0−2=0，即ℎ′(x0)=0，
当x∈(−∞,x0)时，ℎ′(x)0，ℎ(x)单调递增，
又ℎ(0)=ℎ(1)=1，所以当x∈Z时，ℎ(x)≥1，
所以当a≤1时，a>ℎ(x)没有整数解，即f(x)>1−x没有整数解．
(1)先求导f′(x)=(1−x)ex=1，构造函数φ(x)=e−x+x−1，利用导数求得φ(x)的零点即得f′(x)=1时x的值，继而求得切点坐标，再用点斜式即可得切线方程．
(2)通过参变分离转化为a>x−x−1ex没有整数解，相继构造函数ℎ(x)=x−x−1ex，t(x)=ex+x−2，利用导数分析t(x)的单调性，得存在唯一的x0∈(0,1)使t(x0)=0，即ℎ′(x0)=0，继而再利用ℎ(x)的单调性结合ℎ(0)=ℎ(1)=1得结论：当x∈Z时，ℎ(x)≥1，从而当a≤1时，a>ℎ(x)没有整数解．
本题考查导数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】an=2n−1；
(i)b1=1，b2=2，b3=2，b4=4；(ii)3(2n−2+22n−3).
【解析】解：(1)由等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2n=2an+1，S4=4(a3−1)，n∈N∗，
由等差数列的通项公式与求和公式，可得a1+(2n−1)d=2a1+2(n−1)d+14a1+6d=4(a1+2d−1)，解得a1=1d=2，
∴{an}的通项公式为an=2n−1．
(2)(i)∵bn=k,n=2k−1,bn−1+k,n=2k,其中k是正整数，
∴b1=1，b2=b1+1=2，b3=2，b4=b3+2=4．
(ii)i=12nbi=b1+b2+b3+…+b2n=(b1+b3+b5+…+b2n−1)+(b2+b4+b6+…+b2n)
=(b1+b3+b5+…+b2n−1)+[(b1+1)+(b3+2)+(b5+3)+…+(b2n−1+2n−1)]．
=2(b1+b3+b5+…+b2n−1)+(1+2+3+…+2n−1)
=3(1+2+3+…+2n−1)=3×2n−1(1+2n−1)2=3(2n−2+22n−3).
(1)结合题意，由等差数列的基本量法列方程组可得；
(2)(i)由递推数列可得；
(ii)采用分组法，再利用等差数列的求和公式求解．
本题考查等差数列的通项公式、求和公式，以及数列的分组求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】证明见解析； 证明见解析； 2 1313．
【解析】解：(1)证明：四边形ABCD是菱形，所以AD//BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD/​/平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l，
所以AD/​/l，
又因为AD⊂平面ABCD，l⊄平面ABCD，
所以l/​/平面ABCD．
(2)证明：取AD与PB中点O，N，连接PO，OB，ON，MN，
则运用中位线性质知NM//12BC，NM=12BC且OD//12BC,OD=12BC，
则OD/​/MN，OD=MN，
则四边形ODMN是平行四边形，
△PAD是正三角形，易知，AD⊥OP，
底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，则△BAD是正三角形，则AD⊥OB，
OP∩OB=O，OP，OB⊂平面POB，所以AD⊥平面POB，
因为ON⊂平面POB，所以AD⊥ON，
由于四边形ABCD是菱形，四边形ODMN是平行四边形，
所以AD//BC，ON//DM，
所以BC⊥DM．
(3)由(2)知∠POB为二面角P−AD−B的平面角，即∠POB=60°，
前面知道AD⊥OB，则过O做AD的垂线Oz，
以O为坐标原点，直线OA，OB，Oz为坐标轴，建立空间直角坐标系O−xyz，如图，

设AB=2，则A(1,0,0)，D(−1,0,0)，C(−2, 3,0)，B(0, 3,0)，P(0, 32,32)，M(−1,3 34,34)，所以DM=(0,3 34,34)，AB=(−1, 3,0)，PB=(0, 32,−32)，
设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AB=0n⋅PB=0，则−x+ 3y=0 3y−3z=0，
取n=(3, 3,1)，
设直线DM与平面PAB所成角为α，
则sinα=|DM⋅n||DM||n|=|0+94+34|32× 13=2 1313．
(1)由线面平行的判定定理证明AD/​/平面PBC，再由线面平行的性质定理得 AD/​/l，最后由线面平行的判定定理证明l/​/平面ABCD；
(2)取AD与PB中点O，N.连接PO，OB，ON，MN，证明四边形ODMN是平行四边形．得到线面垂直，再用性质即可；
(3)建立空间直角坐标系，求出平面PAB的一个法向量为n，再用向量夹角计算公式计算即可．
本题考查线面平行与线线垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
19.【答案】x2=8y；
∠MPN=90°；
证明过程见解析．
【解析】解：(1)因为直线l：y=2过抛物线C的焦点，
所以p2=2，
解得p=4，
则抛物线C的方程为x2=8y；
(2)因为△PMN为阿基米德三角形，
所以l1，l2分别与抛物线C切于点M，N，
设点M在y轴左侧，
此时M(−4,2)，N(4,2)，
易知y=18x2，
可得y′=14x，
所以l1的斜率为−1，l2的斜案为1，
所以l1⊥l2，
则∠MPN=90°；
(3)证明：由(1)知抛物线C的方程为x2=8y，
设l1，l2分别与抛物线C切于点Q(x1,x128)，R(x2,x228),x1,x2≠0，
由(1)知直线PQ的斜率为14x1，直线PR的斜率为14x2，
所以直线PQ的方程为y−x128=x14(x−x1)，
即y=x14x−x128，
同理得直线PR的方程为y=x24x−x228，
所以P(x1+x22,x1x28),A(x12,0),B(x22,0)，
设△PAB外接圆的圆心为G(m,n)，
此时圆心G在线段AB的垂直平分线上，
所以m=x1+x24，
则圆G的半径为|GA|= (x1+x24−x12)2+n2= (x2−x14)2+n2，
所以圆G的方程为(x−x1+x24)2+(y−n)2=(x2−x14)2+n2，
因为点P在圆G上，
所以(x1+x24)2+(x1x28−n)2=(x2−x14)2+n2，
即x1x24+x12x2264−nx1x24=0，
所以n=x1x2+1616，
所以(x−x1+x24)2+(y−x1x2+1616)2=(x2−x14)2+(x1x2+1616)2
整理得x2+y2−2y−x1+x22x+x1x24(1−y2)=0，
令x2+y2−2y=0x=01−y2=0，
解得x=0y=2．
则△PAB的外接圆过定点(0,2)．
(1)由条件求得p=4即可；
(2)通过求出抛物线方程和切线斜率，利用斜率乘积判断两切线垂直得出角度；
(3)先求出切线方程，进而得到A、B坐标，再根据外接圆性质证明过定点．
本题考查抛物线的方程，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．