數(shù)學(xué)-山西省朔州市懷仁市第一中學(xué)校2025屆2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期摸底考試

1.B“A:y∈(0,十∞),B={1,2},:A∩B={1,2},故選B.2.D由題意可知共有A=6種方式.故選D.3.C由題意C=2,b=\,a=\,所求橢圓方程2十=1.4.A因為α∈,得到sinα>cosα=sin—α)>cos十α),所以極差為sinα—cos十α)=2sinα.故選A.5.B設(shè)an=2十d(n—1),d為公差,由于a1a5=a2a3,則2(2十4d)=(2十d)(2十2d),化簡得d=d2,由于數(shù)列{an}單調(diào)遞增,因此d>0,解出d=1,因此an=n十1,則S10=10(a1a10)=65.故選B.6.D由題意設(shè)P(兒,y),易知5PAi2=4iPoi2,即可得5(兒—2十5(y—2=4(兒2十y2),整理得點P的軌跡方程為(兒—1)2十(y—2)2=4,因為點P的軌跡與圓C有且僅有三條公切線,因此兩圓外切,圓C:兒2十y2十6兒十2y=r2—10的圓心坐標(biāo)為(—3,—1),半徑為r,因此r十2=\42十32,解出r=3.故選D.7.A若函數(shù)f(兒)=兒十為偶函數(shù),f(兒)=兒十=f(—兒)=ab—兒十a(chǎn)b—兒,因此(b—(a兒—a—兒)=0在定義域R上恒成立,則b—=0,即b=士1,因此b=—1是b=士1的充分不必要條件.故選A.8.C設(shè)A(兒1,y1),B(兒2,y2),P(兒3,y3),設(shè)l:兒=my十1,與y2=4兒聯(lián)立得y2—4my—4=0,且△=16m2十AB16>0,所以y1y2=—4,y1十y2=4m,AB)2十(y1—y2)2=\m2十1\(y1十y2)2—4y1y2=4(m2十1),因為o為△ABP的重心,所以y1十y2十y3=0,求出y3=—4m,則兒3=—(兒1十兒2)=—m(y1十y2)—2=—4m2—2,點P(兒3,y3)到直線l的距離d=—4m2\22—1=\m十1,因此S△ABP=.d.AB=6\m2十1≥6.故選C.9.ABD不妨令兒2—2兒十5=0的兩個根為z1=1十2i,z2=1—2i,因此z1=z2=\,故A正確;z1z1=(1十2i)(1—2i)=5,故B正確; 復(fù)數(shù)z1在復(fù)平面上對應(yīng)的點在第一象限或者第四象限,故C錯誤; 由于===1,故D正確.故選ABD.10.ABD因為D,E分別是BC1,AC1的中點,所以DEⅡAB,又DE丈平面ABB1A1,AB∈平面ABB1A1,則DEⅡ平面ABB1A1,故A正確;因為AC1丄平面A1B1C1,所以AC1丄平面ABC,即AC1丄BC,又AB丄BC,且AC1∩AB=A,AB,AC1∈平面ABC1,則BC丄平面ABC1,即AD丄BC,又AD丄BC1,且BC1∩BC=B,BC,BC1∈平面BCC1,則AD丄平面BCC1,故B正確;由于D為BC1中點,且AD丄BC1,AC1丄AB,因此△ABC1是等腰直角三角形,E是AC1的中點,則上ADE=,故C錯誤;連接AB1,由于AC1丄A1B1,B1C1丄A1B1,易知A1B1丄平面AB1C1,則A1B1丄AB1,因此平面ABB1A1與平面A1B1C1的夾角為上AB1C1,由于上BAC=,因此AB=\BC,則AC1=\B1C1,因此上AB1C1=,故D正確.故選ABD.11.BC由題意知f’(兒)=1—cos兒—sin兒=1—\sin(兒十,令f’(兒)<0,則2kπ<兒<十2kπ,k∈Z,因此函數(shù)f(兒)存在減區(qū)間,故A錯誤;【高三數(shù)學(xué)參考答案第1頁(共4頁)】25008C由上述可知,其極大值點為兒=2kπ,k∈Z,故B正確;函數(shù)f(兒)=兒—sin兒十cos兒=兒—\sin(兒—由上述可知f(兒)在(—π,0)單調(diào)遞增,在(0,單調(diào)遞減,其中f(—π)=1—π<0,f(0)=1,f=—1>0,故f(兒)在(—π,0)存在一個零點,當(dāng)兒>時,f(兒)>—\>0,當(dāng)兒<—π時,f(兒)<—π十\<0,因此f(兒)有唯一的零點,故C正確;設(shè)切點為(兒0,y0),則f’(兒0)=1,因此切線為y=兒—sin兒0十cos兒0=兒—\sin(兒0—,于是—十2kπ,k∈Z,故D錯誤.故選BC.12.23將樣本數(shù)據(jù)從小到大排列為7,8,10,11,23,24,30,35,其中8×60%=4.8,所以60%分位數(shù)為從小到大排列的第5個數(shù),即為23.13.4由a2十2b=b2十2a可得(a—b)(a十b—2)=0,因為a>1>b>0,所以a—b≠0,即a十b—2=0,則a—1十a(chǎn)=a=b=b=1,則1十(a—1十b)=2十1十1≥4,當(dāng)且僅當(dāng)〈時等號成立,故1十的最小值!2為4.14.32由于an十1an—1=kan,則a1a3=ka2,解出a3=2k,同理a4=k2,a5=,a6=,a7=1,a8=2,…,因此數(shù)列{an}是以6為周期的數(shù)列,則a1024=a6×170十4=a4=k2=1024,解出k=32.15.解:(1)由于2CcosA=acosB十bcosA,利用正弦定理知2sinCcosA=sinAcosB十sinBcosA,……2分且sinC=sinAcosB十sinBcosA,因此2sinCcosA=sinC,……………4分因為C為△ABC的內(nèi)角,sinC≠0,則cosA=,…………5分又因為A∈(0,π),故角A為;……………6分(2)利用正弦定理=2,…………………7分因此△ABC的周長l=a十b十C=\十2sinB十2sinC=\十2sinC十2sin=\十2\sin(C十,……………………10分由于C∈(0,,因此當(dāng)B=C=時,△ABC的周長取最大值3\.…………………13分16.解:(1)完成列聯(lián)表如下:玩過網(wǎng)游沒玩過網(wǎng)游總計男生221234女生8816總計302050…………………3分零假設(shè)為H0:大學(xué)生喜歡網(wǎng)游與性別無關(guān),X2==<2.706=兒0.1,……………6分根據(jù)小概率值α=0.1的獨立性檢驗,我們推斷H0成立,即認(rèn)為大學(xué)生喜歡玩網(wǎng)游與性別無關(guān);……………………8分【高三數(shù)學(xué)參考答案第2頁(共4頁)】25008C(2)視頻率為概率,該校任意一學(xué)生玩過網(wǎng)游的概率為=,…………10分由X~B(5,,有P(X=2)=C×3×2=,…………13分E(X)=5×=3.…………………………15分17.(1)證明:取BC中點Q,連接PQ,QD,由于P,Q分別為AB,BC的中點,因此ACⅡPQ,且PQ=AC,……………………2分由題意可知ACⅡDE且DE=AC,因此DE纟PQ,即四邊形DEPQ為平行四邊形,所以PEⅡQD,…………………5分又因為QD∈平面BCD,PE丈平面BCD,則PEⅡ平面BCD;……………7分(2)解:由于AD丄平面ABC,且上BAC=,因此AB,AC,AD兩兩垂直,以A為坐標(biāo)原點,A,A,A分別為兒軸,y軸,z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則P(1,0,0),E(0,—1,2),B(2,0,0),D(0,0,2),于是—=(—1,—1,2),=(—2,0,2),=(—2,—1,2),…………10分m●=—2兒0十2z0=0,—y0m●=—2兒0十2z0=0,—y0十2z0=0,不妨令兒0=1,則m=(1,0,1),……………13分因為cOS〈m●〉=1=\所以PE與平面BDE所成角的正弦值為\………15分\2×\66,6.18.解:(1)由題意知f(兒)=兒十2兒—a 當(dāng)a=0時,顯然f(兒)=兒2在(0,十∞)上單調(diào)遞增,……………………2分 當(dāng)a<0時,二次函數(shù)對稱軸兒=<0,令f’(兒)=0,則兒=a十\2—8a,此時f(兒)在0,a十\)上單調(diào)遞減,在(a十\,十∞)上單調(diào)遞增,…………………4分 當(dāng)0<a≤8時,f’(兒)≥0在(0,十∞)恒成立,因此f(兒)在(0,十∞)上單調(diào)遞增,……5分 當(dāng)a>8時,二次函數(shù)對稱軸兒=>0,令f’(兒)=0,則兒=a士\2—8a,此時f(兒)在a十\,十∞)上單調(diào)遞增,在(a—\,a十\)上單調(diào)遞減,………………7分綜上所述,a<0時,f(兒)在(0,a十\)上單調(diào)遞減,在(a十\,十∞)上單調(diào)遞增,0≤a≤8時,f(兒)在(0,十∞)上單調(diào)遞增,a>8時,f(兒)在(0,a—\)和(a十\,十∞)上單調(diào)遞a—\,a十\)上單調(diào)遞減;…………8分(2)當(dāng)a=0時,顯然f(兒)=兒2無零點,……………………9分令y=2ln兒—兒—1,兒>0,則y=兒—1,當(dāng)兒∈(0,2)時,y>0,當(dāng)兒∈(2,十∞)時,y<0,因此y【高三數(shù)學(xué)參考答案第3頁(共4頁)】25008C—3<0,………………………15分則g’(兒)<0在(0,十∞)上恒成立,g(兒)在(0,十∞)上單調(diào)遞減,又易知y=兒—ln兒>0在(0,十∞)上恒成立,因此g(兒)>0,則>0,故a>0,………………………16分綜上所述,a∈(0,十∞).……………………17分19.(1)解:由題意得C2,解得{…………………2分所以雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為兒2—=1;……………………3分(2)證明①:設(shè)斜率為4,與雙曲線右支相交于Ak,Bk兩點的直線方程為y=4兒十mk,其中1≤k≤n,k∈N*,聯(lián)立方程消去y可得12兒2十8mk兒十mk2十4=0,該方程有兩個正根,解得mk<—2\,…………………4分2mkmk2十4根據(jù)韋達(dá)定理:兒Ak十兒Bk=—3,兒Ak兒Bk=12,…………………2mkmk2十4直線Akpk的方程為y—yAk=—2(兒—兒Ak),而yAk=4兒Ak十mk,即y=—2兒十6兒Ak十mk,……………………6分直線Bkpk的方程為y—yBk=2(兒—兒Bk),而yBk=4兒Bk十mk,即y=2兒十2兒Bk十mk,………………………7分聯(lián)立方程兩式相加得ypk=3兒Ak十兒Bk十mk,代回方程組得兒,……………8分k=ypk,……………………9分即p1,p2,…,pn都在直線y=兒上,所以p1,p2