江苏省泰州市2024-2025学年高三下学期开学调研测试数学试卷（含答案）

这是一份江苏省泰州市2024-2025学年高三下学期开学调研测试数学试卷（含答案），共100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.已知向量AB=(x,2)，BC=(2,1).若AB//BC，则|AC|=
A. 4B. 2 5C. 5D. 3 5
2.已知集合A={x|x2−2x−80)，单位圆O分别相切于A，B两点，当|AB|最小时，p=
A. 2 3B. 2 2C. 3D. 2
7.对一排8个相邻的格子进行染色．每个格子均可从红、蓝两种颜色中选择一种，要求不能有相邻的格子都染红色，则满足要求的染色方法共有
A. 89种B. 55种C. 54种D. 34种
8.已知a∈R，a≠−1，函数f(x)=lnax+1x−1，则
A. 当a>0时，函数f(x)在其定义域上单调递减
B. 当a0，函数f(x)=cs2ωx+π6在区间0,π3上单调递减，则ω的最大值为________.
14.已知O为坐标原点，点A，B，C为椭圆x22+y2=1上三个不同的点(A,B,C依次逆时针排列).若∠AOB=∠BOC=∠COA=120∘，则|OA|2+|OB|2+1649|OC|2的最小值为________.
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13分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若点D在边BC上，∠ADB=2B，sin(A−B)sinC+ 2bc=1.
(1)求角A的大小；
(2)若tanC=2，c=2，
(ⅰ)求csB的值；
(ⅱ)求AD的长．
16.(本小题15分)
在三棱锥P−ABC中，△ABC与△PAC都是边长为6的等边三角形，PB=9.点D为PB的中点，点E在线段AB上，BE=2EA.
(1)求证：PB⊥AC；
(2)求DE的长
(3)求直线DE与平面PAC所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
已知a∈R，f(x)=ln(x+1)，g(x)=ax.
(1)若a=−2，曲线y=f(x)上一点P处的切线与直线y=g(x)垂直，求点P坐标；
(2)若g(x)≥f(x)恒成立，求a的值．
18.(本小题17分)
在平面直角坐标系中，点M到定点F(4,0)的距离与点M到直线l：x=1的距离之比为2，点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)已知点P(1,m)，m≠0，A，B为曲线C的左、右顶点．若直线PA，PB与曲线C的右支分别交于点D，E.
(ⅰ)求实数m2的取值范围；
(ⅱ)求|PA||PB||PD||PE|的最大值．
19.(本小题17分)
设数列{an}的前n项和为Sn，2Sn=n2+5n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=n⋅2n，求数列Sn+4anbn的前n项和Tn；
(3)设cn=1 an−2，求证：c1+c2+c3+…+cn>2 n−32.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为AB//BC，AB=(x,2)，BC=(2,1)
所以x=4，
所以AC=AB+BC=4,2+2,1=6,3，
|AC|= 62+32=3 5.
故选D.
2.【答案】A
【解析】解：∵A={x|x2−2x−80，c4=−2，当n≥5时，cn>0，
∴(cn)min=−2.
故答案为：−2.
13.【答案】54
【解析】解：已知x∈[0,π3]，ω>0，那么2ωx∈[0,2πω3]，所以2ωx+π6∈[π6,2πω3+π6].
因为函数y=cst在[0,π]上单调递减，
而函数f(x)=cs(2ωx+π6)在[0,π3]上单调递减，所以[π6,2πω3+π6]⊆[0,π].
由此可得不等式组2πω3+π6≤ππ6≥0，
可得2πω3≤π−π6，即2πω3≤5π6，两边同时除以2π3
得到ω≤5π6×32π=54，所以ω≤54.
则ω的最大值为54
故答案为：54.
14.【答案】14449
【解析】解：设|OA|=ρ 1，|OB|=ρ 2，|OC|=ρ 3，
∴A(ρ 1csθ，ρ 1sinθ)，B(ρ 2cs(θ+120∘)，ρ 2sin(θ+120∘))，
C(ρ 3cs(θ+240∘)，ρ 3sin(θ+240∘))，
∴ρ12cs2θ2+ρ12sin2θ=1ρ22cs2(θ+120∘)2+ρ22sin2(θ+120∘)=1ρ32cs2(θ+240∘)2+ρ32sin2(θ+240∘)=1，
cs2θ+cs2(θ+120∘)+cs2(θ+240∘)
=cs2θ+cs2(θ−60∘)+cs2(θ+60∘)=32，
sin2θ+sin2(θ+120∘)+sin2(θ+240∘)=32，
∴1ρ12+1ρ22+1ρ32=34+32=94=12ρ12+12ρ22+(47)21649ρ32≥(1+1+47)2ρ12+ρ22+1649ρ32，
⇒ρ12+ρ22+1649ρ32≥32449×49=14449，
∴|OA|2+|OB|2+1649|OC|2=ρ12+ρ22+1649ρ32≥14449，
当且仅当1ρ1=1ρ22=471649ρ32时取“=”，
即ρ12=ρ22=87，ρ32=2时取"="，可取"="，
应填：14449.
15.【答案】解：(1)由条件得sin(A−B)sinC+ 2sinBsinC=1⇒sin(A−B)+ 2sinB=sin(A+B)，
∴ 2sinB=2csAsinB，∵sinB>0，∴csA= 22，A=π4；
(2)(i)∵tanC=2，∴sinC=2 55，csC= 55，
∴csB=−csA+C=−cs(π4+C)=−( 22× 55− 22×2 55)= 1010；
(ii)如图所示：由已知，sin∠ADB=sin2B=2sinBcsB=2×3 1010× 1010=35，
在△ABD中，由正弦定理⇒25=AD5⇒AD= 10.

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】解：(1)(1)取AC中点M，连接BM，PM，
∵PC=PA，BC=BA，
∴AC⊥PM，AC⊥BM，
又∵PM∩BM=M，PM、BM⊂平面PBM，
∴AC⊥平面PBM，
∵PB⊂平面PBM，
∴AC⊥PB，即PB⊥AC.
(2)PM=BM=3 3，
∵PB=9，∴∠PMB=120∘，
如图建立空间直角坐标系.
∴P(−3 32,0,92)，B( 3,0,0)，
∴D(3 34,0,94)，E( 3,2,0)，
∴DE= ( 34)2+4+(94)2= 372.
(3)A(0,3,0)，C(0,−3,0)，
∴PA=( 32,3,−92)，AC=(0,−6,0)，DE=( 34,2,−94)，
设平面PAC的一个法向量n=(x,y,z)，
∴3 32x+3y−92z=0−6y=0⇒n=( 3,0,1)，
设直线DE与平面PAC所成角为θ，
∴sinθ=|DE⋅n||DE|⋅|n|=|34−94| 372×2=3 3774.

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】解：(1)因为f′(x)=1x+1，设点P(x0,ln(x0+1))，
则点P处切线的斜率k=1x0+1，
因为a=−2，
由曲线y=f(x)上一点P处的切线与直线y=g(x)垂直，得1x0+1×(−2)=−1，
所以x0=1，
即点P坐标为(1,ln2)；
(2)设ℎ(x)=g(x)−f(x)=ax−ln(x+1)，x>−1，
因为g(x)≥f(x)恒成立，
所以ℎ(x)≥0恒成立，x>−1，且ℎ(0)=0，
因为ℎ′(x)=a−1x+1，
若a≤0，则ℎ′(x)0⇒0