2024-2025學(xué)年云南省昆明市云南師大附中高三（上）期中數(shù)學(xué)試卷（含答案）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年云南師大附中高三（上）期中數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.復(fù)數(shù)z=1+ii，則z+i=(

)A.?1 B.1+2i C.?1+2i D.12.集合A={x|3x2?10x+3<0}，則x∈A是sinx>0的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件3.已知直線a，b，c，平面α，β，下列選項(xiàng)能推出a//b的是(

)A.a⊥c，b⊥c B.a，b與α所成角相同

C.a//α，a//β，α∩β=b D.a//α，b?α4.如圖是某市隨機(jī)抽取的100戶居民的月均用水量頻率分布直方圖，如果要讓60%的居民用水不超出標(biāo)準(zhǔn)a(單位：t)，根據(jù)直方圖估計(jì)，下列最接近a的數(shù)為(

)A.8.5 B.9 C.9.5 D.105.已知函數(shù)f(x)=x23，記a=f(5?12)A.a<b<c B.a<c<b C.b<a<c D.c<a<b6.已知直線l1：x?my+1=0與l2：mx+y?m+2=0交于點(diǎn)P，點(diǎn)A(3,0)，則A.22 B.2+2 C.7.已知三棱錐P?ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，其中△PAB為正三角形，△ABC為等腰直角三角形，∠ACB=90°，AB=2，PC=7，則球O的表面積為(

)A.20π3 B.8π C.28π3 8.雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左焦點(diǎn)坐標(biāo)為F1(?c,0)，直線l：y=33(x+c)與雙曲線C交于A，B兩點(diǎn)(A.13 B.14 C.15二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.函數(shù)f(x)=cos(ωx+π4)(ω>0)A.y=f(x)的最小正周期為3π

B.y=f(x)的圖象可由y=cos23x的圖象向左平移π4個(gè)單位得到

C.若點(diǎn)(x0,y0)在y=f(x)的圖象上，則點(diǎn)(3π4?10.已知定點(diǎn)A(?1,0)，B(1,0)，動(dòng)點(diǎn)P到B的距離和它到直線l：x=4的距離的比是常數(shù)12，則下列說(shuō)法正確的是(

)A.點(diǎn)P的軌跡方程為：x24+y2=1

B.P，A，B不共線時(shí)，△PAB面積的最大值為3

C.存在點(diǎn)P，使得∠APB=90°11.在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，O為AC1的中點(diǎn)，Q為AB的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)PA.當(dāng)λ=0，μ∈(0,12)時(shí)，平面D1PQ截正方體所得截面為四邊形

B.當(dāng)λ+μ=2時(shí)，A1P⊥平面D1B1A

C.當(dāng)λ+μ=1時(shí)，三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.圓錐的底面積為π，其母線與底面所成角為θ，且cosθ=101013.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.已知△ABC的面積為1534，b?c=2，A=2π3，則14.已知函數(shù)f(x)=lnx+x2?ax+2有兩個(gè)極值點(diǎn)，則a的取值范圍為______；若f(x)的極小值小于零，則a四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題13分)

甲袋中裝有2個(gè)紅球、2個(gè)白球，乙袋中裝有1個(gè)紅球、3個(gè)白球.拋擲一枚質(zhì)地均勻的骰子，如果點(diǎn)數(shù)為1或2，從甲袋中隨機(jī)摸出2個(gè)球；如果點(diǎn)數(shù)為3，4，5，6，從乙袋中隨機(jī)摸出2個(gè)球．

(1)記摸出紅球的個(gè)數(shù)為X，求X的分布列和期望E(X)；

(2)已知摸出的2個(gè)球是1紅1白，求這2個(gè)球來(lái)自乙袋的概率．16.(本小題15分)

已知在長(zhǎng)方形ABCD中，AD=2，AB=4，點(diǎn)M是邊CD的中點(diǎn)，如圖甲所示.將△ADM沿AM翻折到△PAM，連接PB，PC，得到四棱錐P?ABCM，其中PB=23，如圖乙所示．

(1)求證：平面PAM⊥平面ABCM；

(2)求平面PAM和平面PBC夾角的余弦值．17.(本小題15分)

已知函數(shù)f(x)=x2+(1?a)x+1ex．

(1)若直線y=3e是曲線y=f(x)的一條切線，求a的值；

(2)若f(x)在[0,2]18.(本小題17分)

設(shè)F為拋物線E：y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)，過(guò)M(p2,p)作拋物線準(zhǔn)線的垂線，垂足為N，△FMN的面積為2．

(1)求拋物線E的方程；

(2)直線l1：x?y?1=0與E交于點(diǎn)A，B(A在x軸上方)，直線l2：x?y?b=0(b>1)與E交于點(diǎn)C，D(D在x軸上方)，直線AC與BD的交點(diǎn)為H．

①證明：H在一條定直線上；

②若19.(本小題17分)

已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Snr=(pan+q)2(n∈N?)，其中p，q∈R，r∈N?，則稱{an}為“p?q?r數(shù)列”．

(1)若{an}是“2?2?2數(shù)列”，求滿足條件的一個(gè){an}；參考答案1.D

2.A

3.C

4.A

5.B

6.B

7.C

8.C

9.ACD

10.BD

11.BC

12.π

13.3514.(22,+∞)15.解：(1)由題意可知，X的所有可能取值為0，1，2，

則P(X=0)=13×C22C44X012P751所以E(X)=0×718+1×59+2×118=23；

(2)記A=“2個(gè)球來(lái)自甲袋”，A?=“2個(gè)球來(lái)自乙袋”，B=“摸到1個(gè)紅球116.解：(1)證明：取AM的中點(diǎn)O，連接PO，OB，

因?yàn)镸為CD的中點(diǎn)，則CM=DM=12DC=2，所以PM=2，

因?yàn)镻M=PA=2，所以PO⊥AM，AM=AD2+DM2=22，

所以PO=AO=12AM=2，∠MAB=π4，

在△ABO中，由余弦定理有：OB2=AO2+AB2?2AO?AB?cos∠OAB=10，即OB=10，

因?yàn)镻B=23，所以PO2+OB2=PB2，所以PO⊥OB，

因?yàn)锳M∩OB=O，AM，OB?平面ABCM，所以PO⊥平面ABCM，

因?yàn)镻O?平面PAM，所以平面PAM⊥平面ABCM；

(2)連接BM，過(guò)O作OE//BM交AB于點(diǎn)E，BM=AM=22，AB=4，

所以BM2+AM2=AB2，所以AM⊥BM，所以O(shè)E⊥AM，

由(1)知，PO⊥平面ABCM，所以O(shè)A，OE，OP兩兩互相垂直，

以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OE，OP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

過(guò)C作CF⊥AM于點(diǎn)F，所以MF=CF=CMsinπ4=2×22=2，OF=OM+MF=217.解：(1)由題得f′(x)=?e?x[x2?(a+1)x+a]=?e?x(x?1)(x?a)，

設(shè)切點(diǎn)為(x0,f(x0))，則f′(x0)=0，

解得x0=1或x0=a，

當(dāng)x0=1時(shí)，f(x0)=3?ae=3e，

解得a=0；

當(dāng)x0=a時(shí)，f(x0)=a+1ea=3e，

令g(a)=e?a(a+1)，

則g′(a)=?ae?a，

故g(a)在(?∞,0)上單調(diào)遞增，在(0,+∞)上單調(diào)遞減，

所以g(a)≤g(0)=1，于是g(a)=3e無(wú)解．

綜上，a=0．

(2)由(1)對(duì)參數(shù)a作如下討論：

1°若a≤0，則當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，

所以f(x)max=f(1)>f(0)=1，不合題意；

2°若0<a<1，則當(dāng)x∈(0,a)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈(a,1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．

所以f(x)max=max{f(0),f(1)}，

由于f(0)=1，只需f(1)=3?ae≤1，

解得3?e≤a<1；

3°若a=1，

則當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，

所以f(x)max=f(0)=1，符合題意；

4°若1<a<2，

則當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈(1,a)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)18.解：(1)因?yàn)镕為拋物線E：y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)，

所以F(p2,0)，

因?yàn)镸(p2,p)，所以N(?p2,p)，

又因?yàn)椤鱂MN的面積為2，

所以12×p×p=2，

解得p=2，

所以拋物線E的方程為y2=4x；

(2)①證明：設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，

聯(lián)立y2=4xx?y?1=0，

得y2?4y?4=0，

所以y1+y2=4，y1y2=?4，

聯(lián)立y2=4xx?y?b=0，

得y2?4y?4b=0，

所以y3+y4=4，y3y4=?4b，

lAC：y?y1=y319.解(1)當(dāng)an=?2n時(shí)，有Sn=?2?2n?12?1=?2(2n?1)=?2?2n+2=2an+2，

故Sn2=(2an+2)2，

所以an=?2n是一個(gè)“2?2?2數(shù)列”．

(2)證明：由于{an}是“p?0?1數(shù)列”，故Sn=(pan)2=p2an2，

而an>0，故Sn>0，從而由p2an2=Sn>0，知p≠0，

下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：Sn≥(n+1)24p2．

當(dāng)n=1時(shí)，由Sn=p2an2，知S1=p2a12=p2S12，

所以S1=1p2=44p2=224p2=(1+1)24p2≥(1+1)24p2．

這表明結(jié)論在n=1時(shí)成立；

假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)結(jié)論成立，即Sk≥(k+1)24p2．

則由Sk+1=p2ak+12，知Sk+1=|p|ak+1=|p|(Sk+1?Sk)≤|p|(Sk+1?(k+1)24p2)，

所以Sk+1?(k+1)24p2≥Sk+1|p|，即Sk+1?Sk+