2024-2025学年山西省运城市盐湖第五高级中学高三（上）开学数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年山西省运城市盐湖第五高级中学高三（上）开学数学试卷（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。

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.下列说法正确的是( )
A. ⌀∈{0}B. 0⊆NC. 13∉QD. {−1}⊆Z
2.在复平面内，设i是虚数单位，则复数1−i20242+i的共轭复数对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.设x，y>0且x+2y=40，则2xy的最大值是( )
A. 400B. 100C. 40D. 20
4.已知空间向量a和b的夹角为120°，且|a|=2，|b|=5，则(a−2b)⋅a等于( )
A. 12B. 8C. 4D. 14
5.已知a，b∈R，则“2−a<2−b”是“a2>b2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.若函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(2−x)=f(x)，f(1)=2，则f(1)+f(2)+…+f(30)=( )
A. 2B. 0C. 60D. 62
7.已知函数f(x)=x2−2x,x≥a−x2−2x,xA. 存在实数a，使函数f(x)为奇函数
B. 对任意实数a和k，函数y=f(x)+k总存在零点
C. 对任意实数a，函数f(x)既无最大值也无最小值
D. 对于任意给定的正实数m，总存在实数a，使函数f(x)在区间(−1,m)上单调递减
8.两名男生，一名女生排成一排合影，则女生站在中间的概率是( )
A. 13B. 16C. 12D. 23
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数f(x)=|sin(2x+π4)|，则下列说法正确的是( )
A. π2是函数f(x)的周期
B. 函数f(x)在区间(0,π6)上单调递增
C. 函数f(x)的图象可由函数y=|sin2x|向左平移π8个单位长度得到f(x)=|sin(2x+π4)|
D. 函数f(x)的对称轴方程为x=kπ4−π8(k∈Z)
10.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是正方体的上底面A1B1C1D1内(不含边界)的动点，点Q是棱BC的中点，则以下命题正确的是( )
A. 三棱锥Q−PCD的体积是定值
B. 存在点P，使得PQ与AA1所成的角为60°
C. 直线PQ与平面A1ADD1所成角的正弦值的取值范围为(0, 22)
D. 若PD1=PQ，则P的轨迹的长度为3 54
11.已知线段AB是圆C：(x−1)2+(y−3)2=4的一条动弦，G为弦AB的中点，|AB|=2 3，直线l1：mx−y+3m+1=0与直线l2：x+my+3m+1=0相交于点P，下列说法正确的是( )
A. 弦AB的中点轨迹是圆
B. 直线l1，l2的交点P在定圆x2+y2+4x+2y=0上
C. 线段PG的最小值为4+ 5
D. PA⋅PB的最大值为38+12 5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设抛物线C：y2=4x的焦点为F，直线L过F且与C交于A、B两点，若|AF|=3|BF|，则L的方程为______．
13.已知二项式(3x+1 x)n(n∈N∗)的展开式中第2项的二项式系数为6，则展开式中常数项为______．
14.函数f(x)定义域为D，若对任意x∈[0,a]⊆D，均有f(x)≥f(xk)(k∈N∗)成立，且f(0)=0，则称函数f(x)为区间[0,a]上的k阶无穷递降函数.根据上述定义，已知函数f(x)=−cs3x+1，那么函数f(x)在[0,2π]上______(填“是”或“不是”)2阶无穷递降函数；若函数f(x)在[0,a]上是3阶无穷递降函数，则a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14分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c−2bcsA=b．
(1)证明：A=2B；
(2)若c=5 7，csB=34，求a的值．
16.(本小题14分)
如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC．
(1)求证：PQ//平面BCD．
(2)若三角形BCD为边长为2的正三角形，BD=DA，求异面直线BM和AC所成角的余弦值．
17.(本小题15分)
某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别对应如下五组质量指标值：[45,55)，[55,65)，[65,75)，[75,85)，[85,95].根据长期检测结果，得到芯片的质量指标值X服从正态分布N(μ,σ2)，并把质量指标值不小于80的产品称为A等品，其它产品称为B等品.现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图．

(1)根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差s的近似值为11，用样本平均数x−作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值.若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为A等品的概率(保留小数点后面两位有效数字)；
(①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2)，则P(μ−σ<ξ<μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ<ξ<μ+2σ)≈0.9545，P(μ−3σ<ξ<μ+3σ)≈0.9973.)
(2)(i)从样本的质量指标值在[45,55)和[85,95]的芯片中随机抽取3件，记其中质量指标值在[85,95]的芯片件数为η，求η的分布列和数学期望；
(ii)该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的芯片按100件一箱包装.已知一件A等品芯片的利润是m(118.(本小题15分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)与椭圆x225+y25=1共焦点，点M、N分别是以椭圆半焦距为半径的圆O与双曲线C的渐近线在第一、二象限的交点，若点E(0,3)满足ME⊥ON，(O为坐标原点)，
(1)求双曲线的离心率；
(2)求△OMN的面积．
19.(本小题19分)
在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“A型扩展”.如将数列a，b(a,b=1,2,3⋯,8,9)进行“A型扩展”，第一次得到数列a，ab，b：第二次得到数列a，a2b，ab，ab2，b；…设第n次“A型扩展”后所得数列为a，x1，x2，⋯，xt，b(其中t=2n−1)，并记an=lgab(a⋅x1⋅x2⋯⋯xt⋅b)；在数列的每相邻两项之间插入后项与前项的商，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“B型扩展”.即将数列a，b(a,b=1,2,3⋯,8,9)进行“B型扩展”，第一次得到数列a,ba,b；第二次得到数列a,ba2,ba,a,b：…设第n次“B型扩展”后所得数列为a，y1，y2，⋯，yt，b(其中t=2n−1)，当a≠b时，记bn=lgba(a⋅y1⋅y2⋯⋅yt⋅b)．
(1)当a=1，b=2时，求数列1，2第3次“A型拓展”得到的数列的第6项；
(2)当a=1，b=2时，求数列{an}，{bn}的通项公式；
(3)是否存在一个项数为(n+1)的数列{ck}(k=1,2,3⋯n+1)，记{ck}的各项和为S，记{ck}进行第一次“B型拓展”后得到的新数列{dm}(m=1,2,3,⋯,2n+1)，记{dm}各项和为T，使得T−S=an−1成立.(其中，an是第二问中数列{an}的通项公式)若存在，写出一个满足条件的{ck}的通项公式；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.D
2.C
3.A
4.D
5.D
6.A
7.B
8.A
9.ACD
10.ACD
11.ABD
12.y=− 3(x−1)或y= 3(x−1)
13.135
14.不是 π2
15.(1)证明：因为c−b=2bcsA，
由正弦定定理可得：sinC−sinB=2sinBcsA，
在△ABC中，C=π−A−B，
所以sinC=sin[π−(A+B)]−sinB=2sinBcsA，
即sin(A+B)−sinB=2sinBcsA，
而sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
整理得sinAcsB−csAsinB=sinB，
即sin(A−B)=sinB，
又A，B是△ABC的内角，
所以A，B∈(0,π)，A−B∈(0,π)，
所以A−B=B或A−B+B=π(舍去)，
即A=2B；
(2)解：由csB=34及B∈(0,π)可知，sinB= 1−cs2B= 1−(34)2= 74，
由A=2B可知，csA=cs2B=2cs2B−1=2×(34)2−1=18，sinA=sin2B=2sinBcsB=2×34× 74=38 7，
所以sinC=sinB+2sinBcsA= 74+2× 74×18=516 7，
在△ABC中，由正弦定理可得：asinA=csinC，
因为c=5 7，csB=34，可得sinB= 1−916= 74，
所以sinA=sin2B=2sinBcsB=2× 74×34=3 78，
即a3 78=5 75 716，
解得a=6 7．
16.解：(1)证明：如图所示，取BD中点O，连接OP，
∵P是BM中点，
∴OP//DM，2OP=DM，
取CD的四等分点H，使DH=3CH，
∵AQ=3QC，
∴QH//DA，4QH=AD，
∴2QH=MD=2PO，QH//PO，
∴四边形OPQH为平行四边形，
∴QP//OH，
∵PQ⊄平面BCD，OH⊂平面BCD，
∴PQ/​/平面BCD．
(2)取CD的中点E，连接ME，则ME/​/AC，
则∠BME或其补角为异面直线BM和AC所成的角，
∵AD⊥平面BCD，BD，CD⊂平面BCD，
∴AD⊥BD，AD⊥CD，即BM= 5,EM= 2,BE= 3，
∴EM2+BE2=BM2，即△BEM为直角三角形，
∴cs∠BME=MEBM= 105，
即异面直线BM和AC所成角的余弦值为 105．
17.解：(1)由题意，估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件的平均数为：x−=10×(0.01×50+0.025×60+0.04×70+0.015×80+0.01×90)=69，
即μ≈x−=69，又因为σ≈s≈11，
所以X∼N(69,112)，
因为质量指标值X近似服从正态分布N(69,112)，
所以P(X≥80)=1−P(69−11所以从生产线中任取一件芯片，该芯片为A等品的概率约为0.16；
(2)(i)(0.01+0.01)×10×100=20，
所以所取样本的个数为20件，质量指标值在[85,95]的芯片件数为10件，
故η可能取的值为0，1，2，3，相应的概率为：
P(η=0)=C103C100C203=219，P(η=1)=C102C101C203=1538，P(η=2)=C101C102C203=1538，P(η=3)=C100C103C203=219，
所以随机变量η的分布列为：
所以η的数学期望E(η)=0×219+1×1538+2×1538+3×219=32；
(ii)设每箱产品中A等品有Y件，则每箱产品中B等品有(100−Y)件，
设每箱产品的利润为Z元，
由题意知：Z=mY+(100−Y)ln(25−m)=(m−ln(25−m))Y+100ln(25−m)，
由(1)知：每箱零件中A等品的概率为0.16，
所以Y～B(100,0.16)，
所以E(Y)=100×0.16=16，
所以E(Z)=E[(m−ln(25−m))Y+100ln(25−m)]=16(m−ln(25−m))+100ln(25−m)=16m+84ln(25−m)，
令f(x)=16x+84ln(25−x)(1则f′(x)=16−8425−x，
令f′(x)=0得，x=794，
当x∈(1,794)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(794,24)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x=794∈(1,24)时，f(x)取得最大值，
所以当m=794时，每箱产品利润最大．
18.解：(1)在椭圆x225+y25=1中，因为a2=25，b2=5， a2−b2= 20=2 5，
所以椭圆焦点为(±2 5,0)，所以双曲线的焦点坐标为(±2 5,0)．
又因为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±bax，
⊙O的方程：x2+y2=20．
联立得y=±baxx2+y2=20，
解得x2+b2a2x2=20，x=± 20a2a2+b2，x=±2 5ac．

由题意可知，点M、点N分别为第一、二象限的交点，
因为M(2 5ac,2 5bc)，N(−2 5ac,2 5bc)，
所以ME=(−2 5ac,3−2 5bc)，ON=(−2 5ac,2 5bc)，
又因为ME⊥ON，
所以ME⋅ON=0，∴(−2 5ac,3−2 5bc)⋅(−2 5ac,2 5bc)=0．
化简整理得20a2c2−20b2c2+6 5bc=0，
又因为c=2 5= a2+b2代入上式，解得a=2，b=4．
所以双曲线方程为x24−y216=1．
所以离心率e=ca=2 52= 5．
(2)由第一问知M(2,4)，N(−2,4)，
所以|MN|=|2−(−2)|=4，yN=yM=4．
所以S△MON=12|MN|⋅yN=12×4×4=8．
19.解：(1)将数列1，2进行第一次“A型拓展“得到1，2，2；进行第二次“A型拓展“得到1，2，2，4，2；
进行第三次“A型拓展“得到1，2，2，4，2，8，4，8，2；所以第6项为8；
(2)当a=1，b=2时，an=lg2(1⋅x1⋅x2⋯xt⋅2)，
an+1=lg2[1⋅(1⋅x1)⋅x1⋅(x1⋅x2)⋅x2⋅(x2⋅x3)⋯(xt−1xt)⋅xt(xt⋅2)⋅2]
=lg2[(13⋅x13⋅x23⋅...⋅xt3⋅23)÷2]=3lg2(1⋅x1⋅x2⋯xt⋅2)−1=3an−1，
所以an+1−12=3(an−12)，又a1−12=lg2(1⋅2⋅2)−12=32，
从而{an−12}是首项为32，公比为3的等比数列，
∴an−12=32×3n−1=3n2，
∴an=3n+12；
bn=lg2(1⋅y1⋅y2⋯yt⋅2)，
bn+1=lg2[1⋅(y11)⋅y1⋅(y2y1)⋅y2⋅(y3y2)⋅y3⋯(ytyt−1)⋅yt⋅(2yt)⋅2]
=lg2(y1⋅y2⋯yt⋅22)=lg2(y1⋅y2⋯yt⋅2)⋅2=bn+1，
∴bn+1=bn+1,b1=lg2(1×21×2)=2，
即{bn}是以2为首项，1为公差的等差数列，则bn=2+(n−1)×1=n+1；
(3)将数列{ck}进行B型拓展后得到数列{dm}，
显然，S−T=d2+d4+d6+⋯+d2n，
d2=c2c1,d4=c3c2,d6=c4c3,⋯,d2k=ck+1ck,⋯,d2n=cn+1cn，
∵an−1=3″+12−1=3n−12，且3n−12−3n−1−12=3n−1，
∴an−1可以看作是数列3n−1的前n项和，
即1，3，32，33，⋯，3n−1分别对应d2，d4，d6⋯，d2n，取c1=1,ck+1ck=d2k=3k−1，
当k≥2时，ck=ckck−1⋅ck−1ck−2⋅ck−2ck−3⋅…⋅c3c2⋅c2c1⋅c1=3k−2×3k−3×3k−4×⋯×3×1×1=3(k−1)(k−2)2，
即ck=1,k=13(k−1)(k−2)2,2≤k≤n+1,k∈N∗． η
0
1
2
3
P
219
1538
1538
219