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2023-2024学年山东省泰安市高三（上）期末数学试卷（含答案）
展开这是一份2023-2024学年山东省泰安市高三（上）期末数学试卷（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。
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.已知A={1,2,a+4}，B={a,6}，若A∩B=B，则实数a=( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
2.设复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，且z1=1−i，则z1z2=( )
A. 2B. 0C. −2iD. −2
3.“x>0”是“2x+12x>2”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
4.已知向量a=(2,n),b=(m,3)，若a−b=(−2,−4)，则向量a在向量b上的投影向量为( )
A. 1B. 55C. (4,3)D. (45,35)
5.已知f(x)=ax3−2x2+bx+a2(a,b∈R)在x=1处的极大值为5，则a+b=( )
A. −2B. 6C. −2或6D. −6或2
6.已知sin(θ−π4)cs2θ=−2 2，则sin2θ=( )
A. 1516B. −1516C. 34D. −34
7.已知f(x)=(45)|x−1|，则下列不等关系正确的是( )
A. f(lg26)
A. 13B. 23C. 17−23D. 13−23
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l：kx−y+2k+1=0与圆O：x2+y2=9，则下列结论正确的是( )
A. 直线恒过定点(2,−1)
B. 直线l与圆O相交
C. 若k=34，直线l被圆O截得的弦长为2 5
D. 若直线l与直线x+4k2y+k2=0垂直，则k=14
10.已知函数f(x)=12−12cs(2x+2φ)(0<φ<π2)的图象的一个对称中心为(π12,12)，则下列结论正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为π
B. f(0)=14
C. f(x)在(π3,2π3)上单调递增
D. f(x)图象向右平移2π3个单位长度后关于y轴对称
11.如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，点M是CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△APM位置，连接PB，PC，且F为PC中点，4AE=AB，在△ADM翻折到△APM的过程中，下列说法正确的是( )
A. EF//平面PAM
B. 存在某个位置，使得CM⊥PE
C. 当翻折到二面角P−AM−B为直二面角时，E到PC的距离为 356
D. 当翻折到二面角P−AM−B为直二面角时，AC与平面PMB所成角的正弦值为3 510
12.已知曲线C1：f(x)=ln(2x−1)在点M(x1,y1)处的切线与曲线C2：g(x)=e2x−1相切于点N(x2,y2)，则下列结论正确的是( )
A. 函数ℎ(x)=x2g(x)−1有2个零点
B. 函数m(x)=32ef(x)−xg(x)在(12,1)上单调递增
C. g(x2)=12x1−1
D. 1x1−1+2x2=0
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知正数a，b满足lg2a=lg3b=lg65，则ab= ______．
14.已知正项数列{an}的前n项积为Tn，且满足an(3Tn−1)=Tn(n∈N∗)，则Tn= ______．
15.已知球O的体积为32π3，其内接圆锥与球面交线长为2 3π，则该圆锥的侧面积为______．
16.已知椭圆C：x29+y2b2=1(b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，点P( 6,1)在C内，点Q在C上，则1|QF1|+1|QF2|的取值范围是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
如图，在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=2，4sin2Bsin2C=sin2Bsin2C，P为△ABC所在平面内一点，且PB=2 3，∠PBC=90°，∠PBA为锐角．
(1)若c=1，求PA；
(2)若∠PAB=120°，求tan∠PBA．
18.(本小题12分)
如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=2 3，AA1=5，D为AC中点，且∠ABD=30°，BE=35BB1,CF=15CC1．
(1)求证：BD⊥A1F；
(2)求平面AEF与平面A1EF夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知数列{an}满足an=32n−1，正项数列{bn}满足bn2−2(n−1)bn−4n=0.当n≥4时，记si=min{a1,a2,…,ai}，ti=max{ai+1,ai+2,…,an}(i=1，2，…，n−1)，ci=si+ti．
(1)证明：c1，c2，…，cn−1是等比数列；
(2)求b1cn−1+b2cn−2+…+bn−1c1．
20.(本小题12分)
某果农种植了200亩桃，有10多个品种，各品种的成熟期不同，从五月初一直持续到十月底.根据以往的经验可知，上市初期和后期会因供不应求使价格连续上涨，而中期又将出现供大于求使价格连续下跌，现有三种价格模拟函数：①f(x)=ex−sin(x+p)+q；②f(x)=x2+px+q；③f(x)=12x2+px+36ln(2x+2)+q(x表示时间，以上三式中p，q均为常数，且−30
(2)若f(5)=6.78，f(11)=7.62，
①求出所选函数f(x)的解析式(注：2≤x≤12且x∈N∗，其中x=2表示5月份下半月，x=3表示6月份上半月，…，x=12表示10月份下半月)；
②若上市初期(5月份上半月)以7元销售，为保证果农的收益，计划价格在7元以下期间进行促销活动，请你预测该果农应在哪个时间段进行促销活动，并说明理由.(ln2=0.69,ln3=1.10,ln5=1.60,ln11=2.40)
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=axex+12x2−x(a>0)．
(1)若f(x)<12x2−lnx恒成立，求a的范围；
(2)讨论f(x)的零点个数．
22.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的倾斜角为30°，右焦点F到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线C的方程；
(2)设动直线l：y=kx+m与C相切于点A，且与直线x=32相交于点B，点P为平面内一点，直线PA，PB的倾斜角分别为α，β.证明：存在定点P，使得|α−β|=π2．
参考答案
1.C
2.A
3.A
4.D
5.B
6.B
7.A
8.D
9.BC
10.ABCD
11.ABD
12.BCD
13.5
14.12⋅(13)n+12
15.6π或2 3π
16.[23,2)
17.解：因为4sin2Bsin2C=sin2Bsin2C，
所以4sin2Bsin2C=4sinBcsB⋅sinCcsC，
因为sinBsinC>0，所以csBcsC−sinBsinC=cs(B+C)=0，
又0°
因为a=2，c=1，所以cs∠ABC=ca=12，
因为0°<∠ABC<180°，所以∠ABC=60°，
又∠PBC=90°，所以∠PBA=90°−60°=30°，
在△PAB中，由余弦定理知，PA2=PB2+AB2−2PB⋅ABcs∠PBA=12+1−2×2 3×1× 32=7，
所以PA= 7．
(2)设∠PBA=α，则sinP=sin(120°+α)，∠ABC=90°−α，
在Rt△ABC中，AB=BCcs∠ABC=2cs(90°−α)=2sinα，
在△PAB中，由正弦定理知，ABsinP=PBsin∠PAB，
所以2sinαsin(120∘+α)=2 3sin120°=2 3 32=4，
所以sinα=2sin(120°+α)= 3csα−sinα，
所以2sinα= 3csα，
所以tan∠PBA=tanα=sinαcsα= 32．
18.解：(1)证明：因为AB=AC=2 3，D为AC中点，所以AD= 3，
又∠ABD=30°，所以由余弦定理得，BD=3，所以AB2=AD2+BD2，
所以BD⊥AC，
由直棱柱性质有，AA1⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，
所以AA1⊥BD，又AA1∩AC=A，
所以BD⊥平面ACC1A1，又F在CC1上，所以A1F⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥A1F.
(2)过D作侧棱AA1的平行线，交A1C1于点G，则DG⊥平面ABC，
则在D处有DA、DB、DC两两互相垂直，以D为原点，
DA、DB、DC所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则依题意有，A( 3,0,0)，B(0,3,0)，C(− 3,0,0)，E(0,3,3)，F(− 3,0,1)，A1( 3,0,5)，
AE=(− 3,3,3)，EF=(− 3,−3,−2)，A1E=(− 3,3,−2)，
设平面AEF的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AE=− 3x+3y+3z=0m⋅EF=− 3x−3y−2z=0，令x= 3，则y=−5，z=6，
所以m=( 3,−5,6)，
设平面A1EF的一个法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅A1E=− 3a+3b−2c=0n⋅EF=− 3a−3b−2c=0，令a= 3，则b=0，c=−32，
所以n=( 3,0,−32)，
设平面AEF与平面A1EF的夹角为θ，
则csθ=|cs
平面AEF与平面A1EF夹角的余弦值为 2114．
19.(1)证明：∵an=32n−1为递减数列，
∴si=ai=32i−1,ti=ai−1=32i，
∴ci=si+ti=32i−1+32i=92i，
∴cn−1cn−2=92n−192n−2=12(n⩾3)，又c1=92，
∴c1，c2，⋯，cn−1是以92为首项，12为公比的等比数列；
(2)解：∵bn2−2(n−1)bn−4n=0，
∴(bn−2n)(bn+2)=0，
∵bn>0，∴bn=2n，
设S=b1cn−1+b2c−2+⋯+bn−1c1
=2⋅92n−1+4⋅92n−2+⋯+(2n−2)⋅92①，
则2S=2⋅92n−2+4⋅92n−3+⋯+(2n−4)⋅92+(2n−2)⋅9②，
①−②得：−S=2⋅92n−1+2⋅92n−2+⋯+2⋅92−(2n−2)⋅9
=18×[1−(12)n−1]−18n+18，
∴S=182n−1+18n−36，
∴b1cn−1+b2cn−2+⋯+bn−1c1=182n−1+18n−36．
20.解：(1)对于函数①，f(x)=ex−sin(x+p)+q，
∴f′(x)=ex−cs(x+p)>0在(0,+∞)上恒成立，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，不具有先升后降再升的特点，
对于函数②，f(x)=x2+px+q，其不具有先升后降再升的特点，
对于函数③，f(x)=12x2+px+36ln(2x+2)+q，
∵f′(x)=x+p+36x+1=x2+(p+1)x+36+px+1，
设方程x2+(p+1)x+36+p=0两根为x1，x2，不妨设x1
∴函数③符合先升后降再升的特点，故选③；
(2)①由f(5)=6.78及f(11)=7.62，
得5p+q=−9511p+q=−167，解得p=−12q=−35，
∴f(x)=12x2−12x+36ln(2x+2)−35,2⩽x⩽12且x∈N∗，
②设g(x)=12x2−12x+36ln(2x+2)−35(x>0)，
则g′(x)=(x−3)(x−8)x+1，
∴g(x)在(0,3)，(8,+∞)上单调递增，在(3,8)上单调递减，
又f(2)=36ln6−57=36(ln2+ln3)−57=7.44，
f(4)=36ln10−75=36(ln2+ln5)−75=7.44>7，
f(5)=6.78<7，
f(10)=36ln22−105=36(ln2+ln11)−105=6.24<7，
f(11)=7.62>7，
∴当5⩽x⩽10时，f(x)<7，
∴该果农应在7月初到9月底进行促销活动．
21.解：(1)因为f(x)<12x2−lnx恒成立，所以axex−x+lnx<0恒成立，
令g(x)=axex−x+lnx，则g′(x)=a(1−x)ex+1x−1=(1−x)(ex+ax)xex，
因为x>0，a>0，所以ex+ax>0，
当0
所以函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以g(x)max=g(1)=ae−1，所以ae−1<0，即ae<1，
所以，a的取值范围为{a|0
所以x(aex+12x−1)=0，解得x=0或a=ex(1−12x)，
令ℎ(x)=ex(1−12x)，则ℎ′(x)=12ex(1−x)，
当x<1时，ℎ′(x)>0，当x>1时，ℎ′(x)<0，
所以函数ℎ(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以ℎ(x)max=ℎ(1)=e2，
又当x→−∞时，ℎ(x)>0且ℎ(x)→0，当x→∞时，ℎ(x)→−∞，
如图，作出函数ℎ(x)的图象如下．
当0
当a>e2时，函数y=ℎ(x)，y=a的图象有0个交点．
综上，当0
当a>e2时，函数f(x)的零点个数为1．
22.解：(1)因为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的渐近线方程为y=± 33x，
右焦点F(c,0)到渐近线的距离为1= 33c 12+( 33)2，所以c=2，
所以双曲线C的方程是x23−y2=1．
(2)证明：由y=kx+mx23−y2=1，得(1−3k2)x2−6kmx−3m2−3=0．
因为动直线l与双曲线C有且只有一个公共点M(x0,y0)，
所以Δ=36k2m2−4(1−3k2)(−3m2−3)=0，所以3k2−m2−1=0(∗)．
此时x0=−3km1−3k2=−3km,y0=kx0+m=−1m，所以A(−3km,−1m)，
由x=32y=kx+m，得B(32,32k+m)．
假设平面内存在定点P满足条件，由图形对称性知，点P必在x轴上．
设P(x1,0)，要使|α−β|=π2，则PA⊥PB，则PA⋅PB=0对满足(∗)式的m，k恒成立．
因为PA=(−3km−x1,−1m),PB=(32−x1,32k+m)，
由PA⋅PB=0，得−6km+3kx1m−32x1+x12−1=0，
所以(x1−2)3km+x12−32x1−1=0．(∗∗)
因为(∗∗)式对满足(∗)式的m，k恒成立，
所以x1−2=0x12−32x1−1=0，解得x1=2．
故存在定点P(2,0)，使得|α−β|=π2．
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