浙江省杭州市富阳区“三校联考”2025届高三9月数学试题（含答案）

这是一份浙江省杭州市富阳区“三校联考”2025届高三9月数学试题（含答案），共10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|(x+1)(x−4)c
7.已知过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F的直线与C交于A，B两点，线段AB的中点为M(x0,y0)，且|AB|=2x0+1，Q(t,−2−t)，若点P在抛物线C上，则|PQ|的最小值为( )
A. 3 24B. 3 22C. 3 34D. 32
8.已知数列an满足a1=3,an+1−an=2,4bn=(−1)n+1(1an+1an+1)，若数列bn的前n项和为Tn，不等式3Tn0，b>0，直线l1:x+(a−2)y+1=0，l2:bx+y−2=0，且l1⊥l2，则( )
A. 0b>0的左、右焦点分别为F1，F2，以线段F1F2为直径的圆与C在第一、第三象限分别交于点A，B，若AF1≤4BF1，则C的离心率的最大值是 ．
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△ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，4 33S=b2[sin(2A+B)sinB+1]．
(1)求角A．
(2)若△ABC的面积为3 3，a= 13，D为边BC的中点，求AD的长．
16.(本小题15分)
如图(1)，在▵ABC中，CD⊥AB，BD=2CD=2AD=4，点E为AC的中点．将▵ACD沿CD折起到▵PCD的位置，使DE⊥BC，如图(2)．
(1)求证：PB⊥PC．
(2)在线段BC上是否存在点F，使得CP⊥DF？若存在，求二面角P−DF−E的余弦值；若不存在，说明理由．
17.(本小题15分)
已知函数fx=ax−lnx−12x．
(1)当a=−32时，求fx的极值；
(2)当x≥1时，不等式fx≥0恒成立，求a的取值范围．
18.(本小题17分)
已知P(x,y)在曲线C：x+1= (x−1)2+y2，直线l：y=k(x−1)交曲线C于A，B两点.(点A在第一象限)
(1)求曲线C的方程；
(2)若过(1,0)且与l垂直的直线l′与曲线C交于C，D两点；(点C在第一象限)
(ⅰ)求四边形ACBD面积的最小值．
(ⅱ)设AB，CD的中点分别为P，Q，求证：直线PQ过定点．
19.(本小题17分)
在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标a1,a2,a3表示，其中ai∈{0,1},i=1,2,3，而在n维空间中(n≥2,n∈N)，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标a1,a2,a3,⋯⋯,an，其中ai∈{0,1}(1≤i≤n,i∈N).现有如下定义：在n维空间中两点间的曼哈顿距离为两点a1,a2,a3,⋯⋯,an与b1,b2,b3,⋯⋯,bn坐标差的绝对值之和，即为a1−b1+a2−b2+a3−b3+⋯+an−bn.回答下列问题：
(1)求出n维“立方体”的顶点数；
(2)在n维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离．
①求X的分布列与期望；
②求X的方差．
参考答案
1.D
2.C
3.D
4.C
5.A
6.B
7.A
8.D
9.ABD
10.BD
11.ABD
12.6
13.12
14. 175
15.解：(1)因为4 33S=b2[sin(2A+B)sinB+1]，
所以4 33S=(sin2AcsB+cs2AsinBsinB+1)⋅b2=2sinAcsAcsB+2cs2AsinBsinB⋅b2=2csAsin(A+B)sinB⋅b2=2csAsinCsinB⋅b2，
由正弦定理得，4 33S=2ccsAb⋅b2，即4 33×12bcsinA=2bccsA，
因为bc≠0，
所以tanA= 3，
又A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)因为△ABC的面积为3 3，
所以12bcsinπ3=3 3，即bc=12，
因为a= 13，所以
由余弦定理知，a2=b2+c2−2bccsπ3=13，即b2+c2−bc=13，
所以b2+c2=25，
因为D是边BC的中点，所以AD=12(AC+AB)，
所以|AD|2=14(b2+c2+2bccsA)=14(b2+c2+bc)=374，
所以|AD|= 372，即AD的长为 372．
16.解：(1)证明：依题意可知点E为PC的中点，PD=CD=2，
所以DE⊥PC，
又DE⊥BC，BC∩PC=C，BC，PC⊂平面PCB，
所以DE⊥平面PCB，
又PB⊂平面PCB，所以DE⊥PB，
依题意可知CD⊥PD，CD⊥BD，BD∩PD=D，BD，PD⊂平面PDB，
所以CD⊥平面PDB，
又PB⊂平面PDB，所以CD⊥PB，
因为CD∩DE=D，CD，DE⊂平面PCD，所以PB⊥平面PCD，
又PC⊂平面PCD，
所以PB⊥PC．
(2)由题意，得PC=AC= 22+22=2 2，BC= 22+42=2 5，
由(1)PC⊥PB，所以PB= (2 5)2−(2 2)2=2 3．
以点D为坐标原点，DP，DC所在直线分别为x轴、z轴，过点D且平行于PB的直线为y轴，建立空间直角坐标系，

如图，则D(0,0,0)，P(2,0,0)，C(0,0,2)，E(1,0,1)，B(2,2 3,0)，
所以CP=(2,0,−2)，DP=(2,0,0)，DE=(1,0,1)，
设BF=tBC(0≤t≤1)，即BF=tBC=(−2t,−2 3t,2t)，
则F(2−2t,2 3−2 3t,2t)，DF=(2−2t,2 3−2 3t,2t)，
若存在点F，使得CP⊥DF，则CP⋅DF=4−8t=0，
解得t=12，则DF=(1, 3,1)，
设平面PDF的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⊥DFm⊥DP，则m⋅DF=x1+ 3y1+z1=0,m⋅DP=2x1=0.
令y1=1，得x1=0，z1=− 3，
所以平面PDF的一个法向量为m=(0,1,− 3)，
设平面DEF的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则n⊥DEn⊥DF，则n⋅DE=x2+z2=0,n⋅DF=x2+ 3y2+z2=0.
令x2=1，得y2=0，z2=−1，
所以平面DEF的一个法向量为n=(1,0,−1)，
所以cs=m⋅n|m||n|= 32× 2= 64．
由图可知，二面角P−DF−E为锐角，
故二面角P−DF−E的余弦值为 64．
17.解：(1)当a=−32时，f(x)=−32x−lnx−12x，x>0，
则f′(x)=−32−1x+12x2=−(3x−1)(x+1)2x2，
令f′(x)0，得x∈(0,13)，
所以f(x)在(0,13)上单调递增，在(13,+∞)上单调递减；
所以f(x)在x=13处取到极大值f(13)=ln3−2，无极小值；
(2)因为x≥1，f(x)=ax−lnx−12x≥0恒成立，
所以a≥lnxx+12x2恒成立，
令g(x)=lnxx+12x2(x≥1)，则g′(x)=1−lnxx2−1x3=x−xlnx−1x3，
令ℎ(x)=x−xlnx−1(x≥1)，则ℎ′(x)=−lnx≤0恒成立，
即ℎ(x)=x−xlnx−1(x≥1)在区间[1,+∞)上单调递减，
所以ℎ(x)≤ℎ(1)=0，即ℎ(x)≤0，
所以x∈[1,+∞)时，g′(x)≤0，
所以g(x)在区间[1,+∞)上单调递减，
故g(x)≤g(1)=12，所以a≥12，
所以实数a的取值范围为[12,+∞)．
18.解：(1)将x+1= (x−1)2+y2两边同时平方，
此时(x+1)2=(x−1)2+y2，
整理得y2=4x，
所以曲线C的方程为y2=4x；
(2)(ⅰ)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，
由(1)知曲线C的准线为x=−1，
设F(1,0)，
由抛物线性质可知|AF|=x1+1，|BF|=x2+1，|CF|=x3+1，|DF|=x4+1，
因为|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+2，|CD|=|CF|+|DF|=x3+x4+2，
又直线l过(1,0)且与直线l′交于点(1,0)，
所以CF⊥AB，DF⊥AB，
此时S四边形ACBD=S△ACB+S△ABD=12|AB|⋅|CF|+12|AB|⋅|DF|=12|AB|⋅|CD|，
联立y=k(x−1)y2=4x，消去y并整理得k2x2−(2k2+4)x+k2=0，
此时Δ=(2k2+4)2−4k2⋅k2=16k2+16>0，
由韦达定理得x1+x2=2k2+4k2，
所以|AB|=x1+x2+2=2k2+4k2+2=4k2+4k2，
联立y=−1k(x−1)y2=4x，消去y并整理得x2−(4k2+2)x+1=0，
由韦达定理得x3+x4=2+4k2，
所以|CD|=x3+x4+2=2+4k2+2=4+4k2，
此时S四边形ACBD=12|AB||CD|=12(4k2+4k2)(4+4k2)=8×(k2+1)2k2
=8×k4+2k2+1k2=8×(k2+1k2+2)≥32，
当且仅当k2=1时等号成立，
则四边形ACBD面积的最小值为32；
(ⅱ)证明：由(ⅰ)知x1+x2=2k2+4k2，
所以xP=k2+2k2，
因为点P在直线l上，
解得yP=2k，
即P(k2+2k2,2k)，
同理得Q(1+2k2,−2k)，
则kPQ=2k+2kk2+2k2−(1+2k2)=k3+k1−k4=k1−k2，
所以直线PQ方程为y−2k=k1−k2(x−k2+2k2)，
即y=k1−k2x−3k1−k2=k1−k2(x−3)．
故直线PQ过定点(3,0)．
19.解：(1)对于 n 维坐标 a1,a2,a3,⋯⋯,an ， ai∈{0,1}(1≤i≤n,i∈N) ，
所以共有 2n 种不同的点，即共有 2n 个顶点．
(2)①对于 X=k1≤k≤n,k∈Z 的随机变量，在坐标 a1,a2,a3,⋯⋯,an 与 b1,b2,b3,⋯⋯,bn 中有 k 个坐标值不同，剩下 n−k 个坐标相同，此时对应情况数有 Cnk⋅2n−1 种，
所以 PX=k=Cnk⋅2n−1C2n2=Cnk2n−1 ，
则 X 的分布列为：
所以 EX=1⋅Cn12n−1+2⋅Cn22n−1+⋯+n⋅Cnn2n−1 ，
倒序相加得， 2E(X)=n2n−1Cn0+Cn1+Cn2+⋯+Cnn−1+Cnn=n⋅2n2n−1 ，
所以 EX=2n−1⋅n2n−1 ；
② DX=EX2−E2X
=−E2X+Cn12n−1+4Cn22n−1+⋯+n2Cnn2n−1 ，
设 (1+x)n=Cn0+xCn1+x2Cn2+x3Cn3+…+xnCnn ，
两边求导得， n(1+x)n−1=Cn1+2xCn2+3x2Cn3+…+nxn−1Cnn ，
两边乘以 x 后得， nx(1+x)n−1=xCn1+2x2Cn2+3x3Cn3+…+nxnCnn ，
两边求导得， n(1+x)n−2(1+nx)=Cn1+22xCn2+32x2Cn3+…+n2xn−1Cnn ，
令 x=1 得， Cn1+22Cn2+32Cn3+…+n2Cnn=n(n+1)⋅2n−2 ，
所以 DX=−E2X+n(n+1)⋅2n−22n−1=−2n−1⋅n2n−12+n(n+1)⋅2n−22n−1=n⋅2n−22n−n−12n−12 ．
X
1
2
⋯
n
P
Cn12n−1
Cn22n−1
⋯
Cnn2n−1