2025-2026学年甘肃省甘南州合作一中高三（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年甘肃省甘南州合作一中高三（上）期末数学试卷（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。
1.若集合A={x| x≤3}，B={x|x=3n−1,n∈N}，则A∩B=( )
A. ⌀B. {3,6,9}C. {2,5,8}D. {−1,2,5,8}
2.若复数z=a+i1−i的实部为0，则实数a的值为( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
3.已知向量a=(1,2)，b=(2m,2m+6)，若a//b，则m=( )
A. −7B. −3C. 3D. 7
4.已知x是实数，那么“00
D. △PAB面积的最小值为4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知方程x25+k+y21−k=1表示椭圆，则实数k的取值范围是 ．
13.燕子每年秋天都要从北方飞向南方过冬.专家发现：两岁燕子的飞行速度可以表示为v=5lg2q10(米/秒)，若某只两岁的燕子耗氧量为q1时的飞行速度为v1(米/秒)，另一只两岁的燕子耗氧量为q2时的飞行速度为v2(米/秒)，两只燕子同时起飞，当q1=4q2时，一分钟后第一只燕子比第二只燕子多飞行的路程为 米.
14.已知t>1，关于x的方程(lnt)xln(x−1)=lntln(lnt)有且仅有一个解，则t的取值范围是 ．
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)
在数列{an}中a1=1，且an+1=an2+12n+1(n∈N+).
(1)求证：数列{2n⋅an}为等差数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn．
16.(本小题15分)
如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，AD⊥DE，AF//DE，AF=2DE=2．
(I)证明：CE//平面ABF；
(2)若CE= 5，求二面角A−CF−B的正弦值．
17.(本小题15分)
北京时间4月30日晚，2023年国际象棋世界冠军赛在哈萨克斯坦首都阿斯塔纳闭幕，来自温州的国际象棋男子特级大师丁立人最终击败涅波姆尼齐亚，加冕世界棋王.这是中国棋手首次夺得国际象棋男子世界冠军.某小学为了提高同学学习国际象棋的兴趣，举行了二年级国际象棋男子团体赛，各班级均可以报送一支5人队伍.比赛分多轮进行，每轮比赛每队都需选定4名选手，每轮比赛选手可不同.比赛没有平局，每轮比赛结束，得胜班级得1分，反之0分.晋级赛规则如下：第一轮随机为各队伍匹配对手；从第二轮比赛开始，积分相同的队伍之间再由抽签决定对手.具体比赛程序如图.这样进行三轮对抗之后，得2分及以上的班级晋级，反之淘汰.晋级的队伍再进行相应的比赛．

(1)二(1)班选派了A，B，C，D，E五名选手，在第一轮比赛中，已知选手A参加了比赛，请列举出该班级所有可能的首发队员的样本空间；
(2)现共有8支参赛队伍，且实力相当，二(3)班在第一轮比赛输给了二(4)班，则两队在第三轮重新遇上的概率为多少？
(3)某班级在筹备队员时，班内已推选水平较为稳定的选手4名，很多同学纷纷自荐最后一个名额.现共有5名自荐选手，分别为五级棋士2名、六级棋士2名和七级棋士1名，五、六、七级棋士被选上的概率分别为0.8，0.6，0.5，最后一名选手会在这5名同学中产生.现任选一名自荐同学，计算该同学被选上的概率，并用X表示选出的该同学的级别，求X的分布列．
18.(本小题17分)
已知P(4,y0)是抛物线C：y2=2px(p>0)上位于第一象限的一点，且P到C的焦点的距离为5．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设O为坐标原点，F为C的焦点，A，B为C上异于P的两点，且直线PA与PB斜率乘积为−4．
(i)证明：直线AB过定点；
(ii)求|FA|⋅|FB|的最小值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=ax3−12x2+x−ln(x+1)．
(Ⅰ)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行，求a的值；
(Ⅱ)若f(x)在区间(0,+∞)上恰有一个极值点x0，求a的取值范围；
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，试判断函数g(t)=f(x0+t)−f(x0−t)在区间(0,x0)上的单调性，并说明理由．
参考答案
1.C
2.C
3.C
4.C
5.B
6.D
7.A
8.B
9.ABC
10.AC
11.ABD
12.(−5,−2)∪(−2,1)
13.600
14.[e1ee,e)∪{ee1e}
15.解：(1)证明：由an+1=an2+12n+1(n∈N+)，
可得2n+1an+1=2nan+1，
所以2n+1an+1−2nan=1，
因为a1=1，所以数列{2n⋅an}是以2为首项、1为公差的等差数列．
(2)2n⋅an=2+n−1=n+1，an=(n+1)⋅(12)n，
Sn=2⋅12+3⋅(12)2+4⋅(12)3+⋯+(n+1)⋅(12)n，
12Sn=2⋅(12)2+3⋅(12)3+4⋅(12)4+⋯+(n+1)⋅(12)n+1，
则Sn−12Sn=12Sn=1+(12)2+(12)3+⋯+(12)n−(n+1)⋅(12)n+1，
=1+14(1−12n−1)1−12−(n+1)⋅(12)n+1=32−n+32n+1，
故Sn=3−n+32n．
16.(1)证明：取AF中点M，连接BM、EM．
由题意知，AF=2DE=2，AF//DE，
则AM//DE且AM=DE=1，
所以，四边形ADEM为平行四边形，
则AD//ME且AD=ME，
又因为底面ABCD是正方形，
则AD//BC且AD=BC，
所以，ME//BC且ME=BC，
则四边形BCEM是平行四边形，
所以CE//BM，
又因为CE⊄平面ABF，BM⊂平面ABF，
所以，CE//平面ABF．
(2)因为底面ABCD是正方形，所以AB⊥AD，
又因为DE⊥AD，AF//DE，所以AF⊥AD，
又因为AF=2DE=2，所以DE=1，
又因为底面ABCD是正方形，所以CD=2，
根据题意知，CE= 5，
所以CD2+DE2=22+12=CE2=( 5)2，
所以CD⊥DE，即AB⊥AF，
因为AB⊥AF，AB⊥AD，AF⊥AD，
故以A为原点，以AB、AD、AF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正方形ABCD边长为2，AF=2，
则A(0,0,0)，C(2,2,0)，F(0,0,2)，B(2,0,0)，
CA=(−2,−2,0)，CF=(−2,−2,2)CB=(0,−2,0)，
设平面ACF的法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则n1⋅CA=0n1⋅CF=0即(x1,y1,z1)⋅(−2,−2,0)=−2x1−2y1=0(x1,y1,z1)⋅(−2,−2,2)=−2x1−2y1+2z1=0，
取x1=1，则y1=−1，z1=0，即n1=(1,−1,0)．
设平面BCF的法向量为n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅CB=0n2⋅CF=0，即(x2,y2,z2)⋅(0,−2,0)=−2y1=0(x2,y2,z2)⋅(−2,−2,2)=−2x1−2y1+2z1=0，
取x2=1，则y2=0，z2=1，即n2=(1,0,1)．
设二面角A−CF−B的平面角为θ，
则|csθ|=|cs|=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=1 2× 2=12，
所以，sinθ= 1−cs2θ= 32，
因此，二面角A−CF−B的正弦值为 32．
17.解：(1)选手A参加了比赛，该班级所有可能的首发队员的样本空间：
{(A,B,C,D)，(A,B,C,E)，(A,B,D,E)，(A,C,D,E)}；
(2)在第二轮比赛时，设1分队伍为A1，A2，A3，A4，其中A4代表二(4)班，
0分队伍为B1，B2，B3，B4，其中B3代表二(3)班，
在1分队伍中比赛后A4失败，其概率为12，在0分队伍中比赛后B3胜利，其概率为12，
在第三轮比赛中进入1分队伍的不妨设有A3，A4，B3，B4四支队伍，
抽签后所有可能对手情况有(A3B3,A4B4)，(A3B4,A4B3)，(A3A4,B3B4)共3种，
A4，B3重新遇上的情况只有(A3B4,A4B3)，
故其概率为13，
综上：两队在第三轮重新遇上的概率为12×12×13=112；
(3)设从5人中任选一人是五、六、七级棋士的事件是A5，A6，A7，则Ω=A5∪A6∪A7，且A5，A6，A7两两互斥，P(A5)=25=0.4,P(A6)=25=0.4,P(A7)=15=0.2，
设B=“任选一名自龿同学，该同学被选上”，
则P(B)=i=57P(Ai)⋅P(B|Ai)=0.4×0.8+0.4×0.6+0.2×0.5=0.66．
X可能的取值有：5，6，7，
P(X=5)=P(A5)⋅P(B|A5)P(B)=0.4×，
P(X=6)=P(A6)⋅P(B|A6)P(B)=0.4×，
P(X=7)=P(A7)⋅P(B|A7)P(B)=0.2×，
X的分布列为：

18.(1)因为P(4,y0)是抛物线C上位于第一象限的一点，且P到C的焦点的距离为5，
所以4+p2=5，
解得p=2，
则抛物线C的标准方程为y2=4x；
(2)(i)证明：因为P(4,y0)为抛物线C上位于第一象限的一点，
所以y02=4×4，y0>0，
解得y0=4，
即P(4,4)，
不妨设A(y124,y1)，B(y224,y2)，
可得kPA=y1−4y124−4=4y1+4，
同理kPB=4y2+4，
因为直线PA与PB斜率乘积为−4，
所以4y1+4⋅4y2+4=−4，
即4(y1+y2)+y1y2+20=0，
当直线AB斜率存在时，
可得直线AB的方程为y−y1=y1−y2y124−y224(x−y124)，
即4x−(y1+y2)y+y1y2=0，
所以4x−20−(y1+y1)(y+4)=0，
则y+4=4y1+y2(x−5)，
故直线AB过定点(5,−4)；
当直线AB的斜率不存在时，y1+y2=0，
所以y12=20，x1=5，
综上，直线AB过定点(5,−4)；
(ii)不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
当直线AB斜率存在时，
不妨设直线AB的方程为y=k(x−5)−4，
联立y2=4xy=k(x−5)+4，消去y并整理得k2x2−(10k2+8k+4)x+(5k+4)2=0，
又Δ>0，
由韦达定理得x1+x2=10k2+8k+4k2，x1x2=(5k+4)2k2，
所以|FA|⋅|FB|=(x1+1)(x2+1)=x1x2+(x1+x2)+1=10k2+8k+4k2+(5k+4)2k2+1
=48k+20k2+36=20(1k+65)2+365≥365，
所以当1k=−65，即k=−56时，|FA|⋅|FB|取得最小值，最小值为365；
当直线AB斜率不存在时，x1=x2=5，
由抛物线定义知|FA|⋅|FB|=(x1+1)(x2+1)=36，
故|FA|−|FB|的最小值为365．
19.解：(Ⅰ)已知由题意f(x)=ax3−12x2+x−ln(x+1)，其定义域为(−1,+∞)，
对f(x)求导得：f′(x)=3ax2−x+1−1x+1，
因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行，所以切线斜率为0，
即f′(1)=0，将x=1代入f′(x)，
可得：f′(1)=3a−1+1−11+1=3a−12=0，
解得a=16；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知f′(x)=3ax2−x+1−1x+1=3ax3+(3a−1)x2x+1=x2(3ax+3a−1)x+1，
令f′(x)=0，即x2(3ax+3a−1)x+1=0，
因为x∈(0,+∞)，x+1>0，x2>0，所以3ax+3a−1=0，解得x=1−3a3a(a≠0)，
当a≤0时，3ax+3a−10，即00，
所以g(t)在区间(0,x0)上单调递增． X
5
6
7
P
1633
1233
533