2024-2025学年福建省福州市屏东中学高三（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省福州市屏东中学高三（上）期中数学试卷（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.已知集合A={1,2,3,4,5,9}，B={x|x2−6x+8≤0}，则∁A(A∩B)=( )
A. {1,5,9}B. {1,2,9}C. {3,4,5}D. {2,3,4}
2.已知复数z=2i(1−i)+1，则|z|=( )
A. 5B. 13C. 5D. 13
3.已知平面上三个单位向量a，b，c满足c=2(a+b)，则a⋅c=( )
A. 12B. 32C. 14D. 34
4.已知0<β<α<π2，cs(α−β)=45，csαcsβ=12，则1tanα−1tanβ=( )
A. −110B. −310C. −1D. −2
5.现有一个正四棱台形水库，该水库的下底面边长为2km，上底面边长为4km，侧棱长为3 2km，则该水库的最大蓄水量为( )
A. 1123km3B. 112km3C. 563km3D. 56km3
6.设函数f(x)=x3−3x,x≤a−2x,x>a，若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,−1)B. (−∞,−1]C. (−∞,2]D. (−1,2]
7.若数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=2，a2=3，an+an+2=an+1，则S2024的值为( )
A. 0B. 3C. 4D. 5
8.已知函数f(x)的定义域为R，且满足f(x)+f(y)=f(x+y)−2xy+2，f(1)=2，则下列结论正确的是( )
A. f(4)=12B. 方程f(x)=x有解
C. f(x+12)是偶函数D. f(x−12)是偶函数
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.降雨量是指从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流失，而在水平面上积聚的水层深度，一般以毫米为单位.降雨量可以直观地反映一个地区某一时间段内降水的多少，它对农业生产、水利工程、城市排水等有着重要的影响.如图，这是A，B两地某年上半年每月降雨量的折线统计图．

下列结论正确的是( )
A. 这年上半年A地月平均降雨量比B地月平均降雨量大
B. 这年上半年A地月降雨量的中位数比B地月降雨量的中位数大
C. 这年上半年A地月降雨量的极差比B地月降雨量的极差大
D. 这年上半年A地月降雨量的80%分位数比B地月平均降雨量的80%分位数大
10.已知抛物线C：y2=2px(p>0)，过C的焦点F作直线l：x=ty+1，若C与l交于A，B两点，AF=2FB，则下列结论正确的有( )
A. p=2B. |AF|=3
C. t=2 2或−2 2D. 线段AB中点的横坐标为54
11.如图，四边形ABCD是边长为5的正方形，半圆面APD⊥平面ABCD，点P为半圆弧AD上一动点(点P与点A，D不重合)，下列说法正确的是( )
A. 三棱锥P−ABD的四个面都是直角三角形
B. 三棱锥P−ABD的体积最大值为1254
C. 当∠PAD=30°时，异面直线PA与BD夹角的余弦值为 64
D. 当直线PB与平面ABCD所成角最大时，平面PAB截四棱锥P−ABCD外接球的截面面积为25 2π4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某市高三年级1万名男生的身高X(单位：cm)近似服从正态分布N(170,52)，则身高超过180cm的男生约有______人.(参考数据：P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.682，P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)≈0954，P(μ−3σ≤X≤μ+3α)≈0.997)
13.设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线C上，过点P作两条渐近线的垂线，垂足分别为D，E，若PF1⋅PF2=0，且3|PD‖PE|=S△PF1F2，则双曲线C的离心率为______．
14.已知函数f(x)=ex|x|，若函数g(x)=[f(x)]2+2af(x)−e2−ae恰有4个不同的零点，则实数a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△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且b2+c2=5a2．
(1)若sinB= 62sinC，求csA；
(2)若AB⋅AC=8，求△ABC的面积的最大值．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，
AB=1，AD=2，AC=CD= 5．
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM//平面PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx+ax−1．
(1)当a=1时，证明：f(x)≥0；
(2)若函数f(x)有极小值，且f(x)的极小值小于a−a2，求a的取值范围．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，上顶点为P，长轴长为4 2，直线PF2的倾斜角为135°．
(1)求椭圆C的方程．
(2)若椭圆C上的两动点A，B均在x轴上方，且AF1//BF2，求证：1|AF1|+1|BF2|的值为定值．
(3)在(2)的条件下求四边形的ABF2F1的面积S的取值范围．
19.(本小题17分)
设任意一个无穷数列{an}的前n项之积为Tn，若∀n∈N∗，Tn∈{an}，则称{an}是T数列．
(1)若{an}是首项为−2，公差为1的等差数列，请判断{an}是否为T数列？并说明理由；
(2)证明：若{an}的通项公式为an=n⋅2n，则{an}不是T数列；
(3)设{an}是无穷等比数列，其首项a1=5，公比为q(q>0)，若{an}是T数列，求q的值．
参考答案
1.A
2.B
3.C
4.D
5.A
6.A
7.D
8.C
9.ACD
10.ABD
11.ACD
12.230
13. 3
14.(−∞,−e)
15.解：(1)由sinB= 62sinC及正弦定理得：b= 62c，即 2b= 3c，
又因为b2+c2=5a2，所以b= 3a，c= 2a，
从而csA=b2+c2−a22bc=5a2−a22 3a⋅ 2a= 63．
(2)由余弦定理可知，b2+c2−2bccsA=a2，
因为b2+c2=5a2，所以bccsA=2a2，
又因为AB⋅AC=bccsA=8，所以a=2，
所以b2+c2=20，所以2bc≤20，即bc≤10，
所以S△ABC=12bcsinA=12 b2c2−(bccsA)2=12 b2c2−64≤3，
当b=c= 10时取等号，即△ABC的面积的最大值为3．
16.(1)证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
且AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，
∴AB⊥平面PAD，
∵PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD，
又PD⊥PA，且PA∩AB=A，PA、AB⊂平面PAB，
∴PD⊥平面PAB；
(2)解：取AD中点为O，连接CO，PO，
∵CD=AC= 5，
∴CO⊥AD，
又∵PA=PD，
∴PO⊥AD．
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
且PO⊂平面PAD，
∴PO⊥平面ABCD，
以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图：
则P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0,−1,0)，C(2,0,0)，
则PB=(1,1,−1),PD=(0,−1,−1)，PC=(2,0,−1)，
设n=(x0,y0,z0)为平面PCD的法向量，
则由n⋅PD=0n⋅PC=0，得−y0−z0=02x0−z0=0，令z0=1，则n=(12,−1,1)．
设PB与平面PCD的夹角为θ，则
sinθ=|cs|=|n⋅PB|n||PB||=|12−1−1 14+1+1× 3|= 33；
(3)解：假设存在M点使得BM/​/平面PCD，设AMAP=λ∈(0,1)，M(0,y1,z1)，
由(2)知，A(0,1,0)，P(0,0,1)，AP=(0,−1,1)，B(1,1,0)，AM=(0,y1−1,z1)，
则有AM=λAP，可得M(0,1−λ,λ)，
∴BM=(−1,−λ,λ)，
∵BM/​/平面PCD，n=(12,−1,1)为平面PCD的法向量，
∴BM⋅n=0，即−12+λ+λ=0，解得λ=14．
综上，存在点M，即当AMAP=14时，M点即为所求．
17.解：(1)证明：要证f(x)≥0，
需证f(x)min≥0．
当a=1时，f(x)=lnx+1x−1，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=1x−1x2=x−1x2，
当0当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x=1时，f(x)取得极小值，也是最小值，最小值f(1)=0，
则f(x)≥0；
(2)因为f(x)=lnx+ax−1，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=1x−ax2=x−ax2，
当a≤0时，∀x>0，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当a>0时，
当0当x>a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)极小值=f(a)=lna，
此时lna<−a2+a，
即a2+lna−a<0．
设g(a)=a2+lna−a，函数定义域为(0,+∞)，且g(1)=0．
可得g′(a)=2a+1a−1≥2 2a⋅1a−1=2 2−1>0，
当且仅当2a=1a时，即a= 22时，g′(a)min=2 2−1，
所以，函数g(a)在(0,+∞)单调递增，
因为g(a)所以0则实数a的取值范围为(0,1)．
18.(1)解：由长轴长为4 2，
可得2a=4 2，a=2 2．
因为点P上顶点，直线PF2的倾斜角为135°，
所以Rt△OPF2中，∠OF2P=45°，
则|OP|=|OF2|=b=c，
又b2+c2=a2=8，
则b=c=2．
则椭圆C的方程为x28+y24=1．
(2)证明：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，F1(−2,0)，F2(2,0)，
则B关于原点的对称点B′(x3,y3)，
即x3=−x2y3=−y2，
由AF1/​/BF2，y1x1+2=y2x2−2=−y2−x2+2，
所以A，F1，B′三点共线，
又△BOF2≌△B′OF1，|BF2|=|B′F1|.
1|AF1|+1|BF2|=1|AF1|+1|B′F1|=|AB′||AF1||B′F1|，
设AB′：x=my−2代入椭圆方程得(m2+2)y2−4my−4=0，
则Δ=32(m2+1)，y1+y3=4mm2+2，y1y3=−4m2+2．
|AB′|= 1+m2|y1−y3|= 1+m24 2 m2+1m2+2=4 2(m2+1)m2+2，
|AF1||B′F1|= m2+1|y1| m2+1|y3|=(m2+1)4m2+2，
1|AF1|+1|BF2|=|AB′||AF1||B′F1|=4 2(m2+1)m2+24(m2+1)m2+2= 2．
(3)解：四边形ABF2F1为梯形，ℎ=dF2−AB′=4 m2+1，
|AF1|+|BF2|=|AF1|+|B′F1|=|AB′|=4 2(m2+1)m2+2，
S=12(|AF1|+|BF2|)ℎ=8 2 m2+1m2+2，
令t= m2+1，
则t2+1=m2+2，(t≥1)，
则0即S的取值范围(0,4 2]．
19.解：(1){an}是T数列，
理由：由题知an=−2+(n−1)=n−3，即{an}={−2,−1,0,1,2,3,⋯}，
所以T1=a1∈{an}，T2=a1a2=2∈{an}，
当n≥3时，Tn=0∈{an}，所以{an}是T数列．
(2)证明：假设{an}是T数列，则对任意正整数n，Tn总是{an}中的某一项，
Tn=(1×21)×(2×22)×(3×23)×⋅⋅⋅×(n2n)=n!2n(n+1)2，
所以对任意正整数n，存在正整数m满足：n!⋅2n(n+1)2=m⋅2m，
显然n=1时，存在m=1，满足n!⋅2n(n+1)2=m⋅2m，
取n=2，得2×23=m⋅2m，所以m≤4，
可以验证：当m=1，2，3，4时，2×23=m⋅2m都不成立，
故{an}不是T数列．
(3)已知{an}是等比数列，其首项a1=5，公比q>0，
所以an=a1⋅qn−1=5qn−1(n∈N∗)，
所以Tn=a1a2⋯an=5nq1+2+⋯+(n−1)=5nqn(n−1)2，
由题意知对任意正整数n，总存在正整数m，使得Tn=am，
即对任意正整数n，总存在正整数m，使得5nqn(n−1)2=5qm−1，
即对任意正整数n，总存在正整数m，使得qn(n−1)2−(m−1)=51−n，
①令n(n−1)2−(m−1)=−k(1−n)(k∈N∗)，得m∈Z，且m=n2−(2k+1)n2+k+1，
因为n2−(2k+1)n=(n−2k+12)2−(2k+12)2，n∈N∗，
所以当n=k时，n2−(2 k+1)n取到最小值−( k+1)k，
所以m=n2−(2k+1)n2+k+1≥k2−(2k+1)k2+k+1=−k2+k+22≥1，所以k≤1，
又k∈N∗，所以k=1，所以q−(1−n)=51−n，即q=15；
②令n(n−1)2−(m−1)=k(1−n)(k∈N∗)，得m∈Z，
且m=n2+(2k−1)n2+1−k≥12+(2k−1)2+1−k=1，所以q=51k，1
综上，q=51k(k∈N∗)或15．