安徽省滁州市定远县育才学校2025-2026学年高三（上）1月考数学试卷（含答案）

这是一份安徽省滁州市定远县育才学校2025-2026学年高三（上）1月考数学试卷（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.若z(1+i)=i2025，则z=( )
A. 12+12iB. −12+12iC. 12−12iD. −12−12i
2.已知命题p:∃x∈R,ax2+2x+3≤0为假命题，则实数a的取值范围是( )
A. a013．C. aa≥13D. a0x时，x2fx1−x1fx2>x1x2ex1−ex2(其中c为自然对数的底数)，若f(lna)0,b>0)上，A,B是C的左､右顶点，F是C的右焦点，|PB|=|PF|，且|PB|是整数．
(1)求双曲线C的方程；
(2)设过点F的直线与C的右支交于M,N两点，直线MA与直线NB交于点D．
(i)证明：点D在定直线上； (ii)若直线MB与直线NA交于点H，求▵DFH面积的最小值．
19.(本小题17分)
已知a∈R，函数f(x)=lge(1x+a).(其中e=2.71828)
(1)当a=2时，解不等式f(x)>0；
(2)若关于x的方程f(x)−lge[(a−4)x+2a−5]=0的解集中恰有一个元素，求a的取值范围；
(3)设a>0，若对任意t∈[12,1]，函数f(x)在区间[t,t+1]上的最大值与最小值的差不超过ln2，求a的取值范围．
答案
1.A 2.B 3.B 4.D 5.B 6.D 7.C 8.C 9.ABD 10.ACD 11.AC
12. 63 13.4 3 14.1,e3
15.【解】(1)因为 3bsinC+bcsC=a+c，
根据正弦定理得： 3sinBsinC+sinBcsC=sinA+sinC，
且sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
可得 3sinBsinC+sinBcsC=sinBcsC+csBsinC+sinC，
即 3sinBsinC−csBsinC=sinC，
又因为C∈(0,π)，则sinC≠0，
可得 3sinB−csB=1，整理可得sin(B−π6)=12，
且B∈0,π，则B−π6∈(−π6,5π6)，
可得B−π6=π6，解得B=π3；
(2)由余弦定理得：b2=a2+c2−2accsB，即3=a2+c2−2ac×12，
可得a2+c2=3+ac⩾2ac，解得ac⩽3，
当且仅当a=c= 3时等号成立，
所以△ABC的面积：S△ABC=12acsin⁡B= 34bc⩽3 34，
故△ABC面积的最大值为3 34；
(3)由(1)得B=π3，
根据正弦定理得：ac−ab−bcb2=sinAsinC−sinAsinB−sinBsinCsin2B
=43[sinAsin(A+B)− 32sinA− 32sin(A+B)]
=43( 32sinAcsA+12sin2A−34csA−3 34sinA)
= 33sin2A−13cs2A−csA− 3sinA+13
=23sin(2A−π6)−2sin(A+π6)+13，
令x=A+π6，则2A−π6=2x−π2，
可得sin(2A−π6)=sin(2x−π2)=−cs2x=2sin2x−1，
将原式化为：ac−ab−bcb2=23(2sin2x−1)−2sinx+13=43sin2x−2sinx−13，
因为A∈(0,2π3)，则x=A+π6∈(π6,5π6)，可得sinx∈(12,1],
根据二次函数的图象性质得到，
当sinx=34时，原式取得最小值，ac−ab−bcb2=43×(34)2−2×34−13=−1312；
当sinx=1时，原式取得最大值，ac−ab−bcb2=43×12−2×1−13=−1；
故ac−ab−bcb2的取值范围为：[−1312,−1]．
16. (1)证明：当n=1时，a1=S1=2a1−2，解得a1=2，
当n⩾2时，an=Sn−Sn−1=2an−2an−1+1，
整理得an=2an−1−1，即an−1=2an−1−1，
又因为a1−1=1≠0，
所以{an−1}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)可得an−1=(a1−1)qn−1=2n−1，即an=2n−1+1，
则anan+1−1=2n−1+12n=12+12n，
故Tn=(12+12)+(12+122)+⋯+(12+12n)=(12+12+⋯+12)+(12+122+⋯+12n)
=n2+12×1−12n1−12=n+22−12n．
17.【解】(1)因为平面 DAB⊥ 平面 ABC ，平面 DAB∩ 平面 ABC=AB ， AB⊥AC ， AC⊂ 平面 ABC ，
所以 AC⊥ 平面 DAB ，
因为 AB,AD⊂ 平面 DAB ，
所以 AC⊥AB ， AC⊥AD ，
又AB⊥AD，
因为 AB=AC=2 ，所以 BC= AC2+AB2=2 2 ．
以A为原点，AB、AC、AD为 x,y,z 轴正方向建系，如图所示，
则 B(2,0,0),E(0,0,1),C(0,2,0),F(0,1,1) ，
所以 BC=(−2,2,0),BE=(−2,0,1),BF=(−2,1,1) ，
设平面BEF的法向量 n=(x,y,z) ，
则 n⋅BE=0n⋅BF=0 ，即 −2x+z=0−2x+y+z=0 ，
令 x=1 ，则 z=2,y=0 ，所以 n=(1,0,2) ，
设 BC 与平面 BEF 所成角为 θ ，
则 sinθ=csn,BC=−2 8× 5= 1010 ，
所以 BC 与平面 BEF 所成角的正弦值 1010 ．
(2)假设存在点M，设 BMBF=λ(λ>1) ，则 BM=λBF=(−2λ,λ,λ) ，
所以 AM=AB+BM=(2−2λ,λ,λ) ， AC=(0,2,0) ，
设平面 ACM 的法向量 m=(x1,y1,z1) ，
则 m⋅AM=0m⋅AC=0 ，即 (2−2λ)x1+λy1+λz1=02y1=0 ，
令 z1=1 ，则 x1=λ2λ−2,y1=0 ，即 m=λ2λ−2,0,1 ，
所以 csm,n=λ2λ−2+2 λ2λ−22+1⋅ 5=3 1010 ，
整理得 7λ2λ−22−8λ2λ−2+1=0 ，解得 λ2λ−2=1 或 17 ，
所以 λ=2 或 λ=−25 (舍)，
所以存在点M使得平面 BEF 与平面 ACM 夹角的余弦值为 3 1010 ，且 BMBF=2 ．
18.【解】(1)设C的右顶点B(a,0)，右焦点F(c,0)，
由P(3, 15),PB=PF，得a+c=6，又c2=a2+b2,9a2−15b2=1，
又PB= (a−3)2+15是整数，且00=lge1，得1x+2>1，即1x>−1，
解得x>0或x0，①．
则(a−4)x2+(a−5)x−1=(x+1)[(a−4)x−1]=0，②
当a=4时，②的解为x=−1，代入①成立．
当a=3时，②的解为x=−1，代入①成立．
当a≠4且a≠3时，②的解为x=−1或x=1a−4，
若x=−1是方程①的解，则1x+a=a−1>0，即a>1，
若x=1a−4是方程①的解，则1x+a=2a−4>0，即a>2，
要使①有且仅有一个解，则1