青海省西宁市大通回族土族自治县朔山中学2026届高三上学期9月起点考试数学试卷（含答案）

这是一份青海省西宁市大通回族土族自治县朔山中学2026届高三上学期9月起点考试数学试卷（含答案），共11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。
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=xx120，从而条件②不能满足，
故▵ABC满足的条件是①③④．
(2)法一：由(1)可得csA=12,a= 3,b=1，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
∴1+c2−c=3，化简得c2−c−2=0，
解得：c=2或c=−1(舍去)，
∴△ABC的周长为3+ 3．
法二：∵00，故c=2，
∴△ABC的周长为3+ 3．

16.【详解】(1)线段EB上存在点M，且M为EB的中点，使得A,C,M,F四点共面.证明如下：
连接AC.∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥DB．
又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴ED⊥AC．
又DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BDE，∴AC⊥平面BDE．
连接MF.∵M为EB的中点，BF=FE，∴FM⊥EB．
又平面FEB⊥平面EDB，平面FEB∩平面EDB=EB，FM⊂平面EFB，∴FM⊥平面BDE．
∴FM//AC，(垂直于同一个平面的两条直线互相平行)，
∴在线段EB上存在点M，且M为EB的中点，使得A,C,M,F四点共面．
(2)取BE的中点M，连接AC，设AC交BD于点O，连接MO，MF，
则MO//DE，且MO=12DE=2．
∵ED⊥平面ABCD，∴MO⊥平面ABCD．
又AC⊥BD，∴以O为原点，OB,OC,OM所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

∵底面ABCD是菱形，AD=DB=2，∴OA=OC= 3，OB=OD=1．
∵ED//CF，∴OM//CF．
由(1)知FM//AC，∴四边形MOCF是矩形，∴FC=OM=2，
∴A0,− 3,0，B(1,0,0)，E(−1,0,4)，F0, 3,2，
∴BA=−1,− 3,0，BE=(−2,0,4)，BF=−1, 3,2．
设平面ABE的法向量为m=(x,y,z)，
则BA·m=0BE·m=0，即−x− 3y=0−2x+4z=0,
取y=2，则m=−2 3,2,− 3．
设平面BEF的法向量为n=x1,y1,z1，
所以BE·n=0BF·n=0，即−2x1+4z1=0−x1+ 3y1+2z1=0,
取x1=2，则n=(2,0,1)．
csm,n=m⋅nmn=−5 3 19× 5=− 28519，
由图易知二面角A−BE−F为钝角，所以二面角A−BE−F的余弦值为− 28519．
解法二：设二面角A−BE−D的大小为θ，由平面FEB⊥平面EDB，可得二面角A−BE−F的大小为π2+θ，则csπ2+θ=−sinθ．
连接AC，设AC与BD的交点为O，过点O作OH⊥BE于点H，连接AH，由(1)知AC⊥平面BDE，则AC⊥BE，又AC∩OH=O，所以BE⊥平面AOH，所以BE⊥AH，
则∠AHO为二面角A−BE−D的平面角．
易知AO⊥OH，AO= 3，HO=ED⋅OBBE=2 5，所以AH= AO2+OH2= 195，
所以sinθ=AOAH= 28519，
所以二面角A−BE−F的余弦值为− 28519．

17.【详解】(1)由f(x)=−ex−e−x，可得f′(x)=−e+e−x，
由f′(x)=0，解得x=−1，
当x< −1时，f′(x)>0，当x> −1时，f′(x)0)，则ℎ′(x)=1x−1x2=x−1x2，
当00，则φ′(x)=(x+1)ex>0，
故函数φ(x)在(0,+∞)上单调递增，
则φ(x)>φ(0)=0．
由(2)可得lnx+1x≥1，故lnxex+1xex≥1，
故得a≤1，即a的取值范围是(−∞,1]．

18.【详解】(1)记附近居民第i(i=1,2)天选择路线A,B分别为事件Ai,Bi．
根据题意，PA1=13，PB1=23，
则PA2∣A1=PB2∣A1=12，PA2∣B1=34，PB2∣B1=14，
所以由全概率公式，得居民第二天选择路线A散步的概率
PA2=PA1PA2∣A1+PB1PA2∣B1=13×12+23×34=23．
记第二天选择路线A散步的人数为Y，则Y∼B4,23，
则P(Y=0)=C40⋅230⋅134=181，P(Y=1)=C41⋅23⋅133=881，
P(Y=2)=C42⋅232⋅132=827，P(Y=3)=C43⋅233⋅13=3281，
P(Y=4)=234=1681，
则Y的分布列为：
故Y的数学期望E(Y)=4×23=83．
(2)(i)当第n天选择路线A时，第n+1天选择路线A的概率Pn+1=12Pn，
当第n天选择路线B时，第n+1天选择路线A的概率Pn+1=341−Pn，
所以Pn+1=12Pn+341−Pn=−14Pn+34n∈N∗．
由此可得Pn+1−35=−14Pn−35，又P1=13，
于是数列Pn−35是首项为P1−35=13−35=−415，公比为−14的等比数列．
因此Pn−35=−415⋅−14n−1，所以Pn=35−415⋅−14n−1．
(ii)证明：由已知得Qn=9n⋅5Pn−316=9n⋅5×35−415⋅−14n−1−316=3n4n，
所以Sn=3×14+3×242+3×343+⋯+3n4n，则14Sn=3×142+3×243+3×344+⋯+3n4n+1，
两式相减，得34Sn=3×14+142+143+⋯+14n−3n4n+1=3×14×1−14n1−14−3n4n+1=1−4+3n4n+1，
所以Sn=431−4+3n4n+1=43−4+3n3×4n，又4+3n3×4n>0，
所以Sn0，得k2>34，
则x1+x2=−16k4k2+1,x1x2=124k2+1．
∵MN|=2|OG,∴∠MON为直角，
故OM⋅ON=0，
即x1x2+y1y2=0，
∵y1y2=kx1+2kx2+2=k2x1x2+2kx1+x2+4，
∴x1x2+y1y2=1+k2x1x2+2kx1+x2+4
=12k2+14k2+1−16k⋅2k4k2+1+4=44−k24k2+1=0．
解得k2=4，即k=±2．
故l的方程为±2x−y+2=0．
(ii)如图，
设点S(m,0),T(n,0),R(t,2)，
注意到RS,RT斜率不为0，
设RS:x=t−m2y+m,RT:x=t−n2y+n，
联立x24+y2=1x=t−m2y+m，得16+(t−m)2y2+4(t−m)my+4m2−4=0,
∵RS与E相切，∴Δ=[4(t−m)m]2−416+(t−m)2⋅4m2−4=0，
于是16(t−m)2m2−1616+(t−m)2m2−4=0，
化简得3m2+2tm−t2−16=0，
又RT与E相切，同理有3n2+2tn−t2−16=0，
故m,n是一元二次方程3x2+2tx−t2−16=0的两根，
则m+n=−2t3,mn=−t2+163，
∴ST|=|m−n= (m+n)2−4mn= −2t32−4×−t2+163=4 t2+123，
又t2≥0，
∴S▵RST=12|ST|⋅2=4 t2+123≥4 0+123=8 33，
∴△RST面积的取值范围为8 33,+∞．
Y
0
1
2
3
4
P
181
881
827
3281
1681