2024-2025學(xué)年天津市南開中學(xué)高三（上）統(tǒng)練數(shù)學(xué)試卷（七）（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年天津市南開中學(xué)高三（上）統(tǒng)練數(shù)學(xué)試卷（七）一、單選題：本題共9小題，每小題5分，共45分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={x∈N|?1≤x≤2}，B={x∈R|x3≥x}，則A∩B=A.{1,2} B.{0,1,2} C.{?1,1,2} D.{?1,0,1,2}2.設(shè)a，b為兩個非零向量，則“a|a|=b|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.從1984年第23屆洛杉磯夏季奧運會到2024年第33屆巴黎夏季奧運會，我國獲得的夏季奧運會金牌數(shù)依次為15、5、16、16、28、32、51、38、26、38、40，這11個數(shù)據(jù)的60%分位數(shù)是(

)A.16 B.30 C.32 D.514.已知函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的解析式可能為(

)A.f(x)=cos2x?(ex?e?x)

5.已知a=sin13,b=A.c<b<a B.a<c<b C.a<b<c D.b<a<c6.對于f(x)=cos2(x?πA.f(x)關(guān)于直線x=π3對稱 B.f(x)是偶函數(shù)

C.f(x)的最小正周期為2π D.f(x)7.我國古代人民早在幾千年以前就已經(jīng)發(fā)現(xiàn)并應(yīng)用勾股定理了，勾股定理最早的證明是東漢數(shù)學(xué)家趙爽在為《周髀算經(jīng)》作注時給出的，被后人稱為“趙爽弦圖”.“趙爽弦圖”是數(shù)形結(jié)合思想的體現(xiàn)，還被用做第24屆國際數(shù)學(xué)家大會的會徽.如圖，大正方形ABCD是由4個全等的直角三角形和中間的小正方形組成的，若DA=m，DC=n，AF=1A.25m+15n B.18.北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所，分上、中、下三層．上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石)，環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊．下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊．已知每層環(huán)數(shù)相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板(不含天心石)(

)A.3699塊

B.3474塊

C.3402塊

D.3339塊9.斐波那契數(shù)列由意大利數(shù)學(xué)家斐波那契發(fā)現(xiàn)，因以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數(shù)列”.斐波那契數(shù)列在很多方面都與大自然神奇地契合，小到向日葵、松果、海螺的生長過程，大到海浪、颶風(fēng)、宇宙系演變，皆有斐波那契數(shù)列的身影，充分展示了“數(shù)學(xué)之美”.斐波那契數(shù)列用遞推的方式可定義如下：數(shù)列{an}滿足：a1=aA.a2024是奇數(shù)

B.3an=an?2二、填空題：本題共6小題，每小題5分，共30分。10.已知復(fù)數(shù)z=2?ii(i為虛數(shù)單位)，則z11.(1?2x)(1+3x)6的展開式中，含x2的項的系數(shù)為______.(用數(shù)字作答12.在平行四邊形ABCD中，E為BC的中點，F(xiàn)為CD的中點，且EG=13EF，若AG=λAB13.已知角α，β∈(0,π2)，tanαtanβ=2，sin(α?β)=51314.甲、乙、丙三個人去做相互傳球訓(xùn)練，訓(xùn)練規(guī)則是確定一人第一次將球傳出，每次傳球時，傳球者都等可能地將球傳給另外兩個人中的任何一人，每次必須將球傳出.如果第一次由甲將球傳出，設(shè)n次傳球后球在甲手中的概率為Pn，則P3=______；Pn15.設(shè)a∈R，若關(guān)于x的方程2x|x|?(a?2)x+|x|?a+1=0有3個不同的實數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍為______．三、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。16.(本小題12分)

在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，btanA+btanB=3ccosA．

(Ⅰ)求B的大??；

(Ⅱ)若a=8，b=47．

(i)求c的值；

17.(本小題12分)

如圖，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB//CD，PQ//CD，AD=CD=DP=2PQ=2AB=2，點E，F(xiàn)，M分別為AP，CD，BQ的中點．

(1)求證：EF//平面CPM；

(2)求平面QPM與平面CPM夾角的大?。?/p>

(3)若N為線段CQ上的點，且直線DN與平面QPM所成的角為π6，求點N到直線PM的距離．18.(本小題12分)

已知過點(0,?23)，斜率為3的直線l過橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦點，橢圓C的中心關(guān)于直線l的對稱點在直線x=a22上．

(1)求橢圓C的方程；

(2)過點E(?2,0)的直線19.(本小題12分)

設(shè){an}是公比大于0的等比數(shù)列，{bn}是等差數(shù)列，已知a1=1，a3=a2+2，a4=b3+b5，a520.(本小題12分)

已知函數(shù)f(x)=(1?x)e2x，g(x)=11?x，?1≤x≤0．

(1)求曲線y=f(x)與y=g(x)的一條公共切線方程；

(2)證明：f(x)≤g(x)；

(3)若f(x)≥x2?ax?2xsinx+1參考答案1.B

2.A

3.C

4.B

5.C

6.D

7.B

8.C

9.D

10.?2

11.99

12.5913.?414.0.25

2315.(9,+∞)

16.解：(Ⅰ)因為btanA+btanB=3ccosA，

由正弦定理得sinBsinAcosA+sinBsinBcosB=3sinCcosA，

整理得，sinB(sinAcosB+sinBcosA)cosAcosB=3sinCcosA，

即sinAsin(A+B)cosAcosB=3sinCcosA，

因為sin(A+B)=sin(π?C)=sinC，C∈(0,π)，

因為tanA有意義，

所以cosA≠0，

所以sinBcosA=3cosAcosB，

即tanB=3，又B∈(0,π)，B=π3；

(Ⅱ)(i)因為a=8，b=47，

由余弦定理得17.解：(1)證明：連接EM，因為AB/?/CD，PQ/?/CD，

所以AB/?/PQ，

又因為AB=PQ，

所以四邊形PABQ為平行四邊形，

因為點E和M分別為AP和BQ的中點，

所以EM/?/AB且EM=AB，

因為AB/?/CD，CD=2AB，F(xiàn)為CD的中點，

所以CF/?/AB且CF=AB，

可得EM//CF且EM=CF，

即四邊形EFCM為平行四邊形，

所以EF/?/MC，又EF?平面MPC，CM?平面MPC，

所以EF/?/平面MPC．

(2)因為PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，

故以D為原點，分別以DA，DC，DP所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

依題意可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,1,0)，C(0,2,0)，

P(0,0,2)，Q(0,1,2)，M(1,1,1)，

PM=(1,1,?1),PQ=(0,1,0),CM=(1,?1,1),PC=(0,2,?2)，

設(shè)n=(x,y,z)為平面PQM的法向量，

則n?PM=0n?PQ=0，即x+y?z=0y=0，不妨設(shè)z=1，可得n=(1,0,1)，

設(shè)m=(a,b,c)為平面PMC的法向量，

則m?PC=0m?CM=0，即2b?2c=0a?b+c=0，不妨設(shè)c=1，可得m=(0,1,1)．

所以cos<m,n>=m?n|m|?|n|=12，

設(shè)平面PQM與平面PMC夾角為θ，

所以sinθ=1?(12)2=32，

即平面PQM與平面PMC夾角的正弦值為32，

故平面PQM與平面PMC夾角為60°．

(3)設(shè)QN=λQC(0≤λ≤1)，即QN=λQC=(0,λ,?2λ)，

則N(0,λ+1,2?2λ)．

18.解：(1)∵過點(0,?23)，斜率為3的直線l過橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦點，

∴直線l的方程為y=3x?23，

令y=0，得橢圓焦點坐標(biāo)為(2,0)，

∵橢圓C的中心關(guān)于直線l的對稱點在直線x=a22上，

設(shè)橢圓C的中心關(guān)于直線l的對稱點為(m,n)，

則n2=32m?23nm=?33m=a22，解得n=?3，m=3，a2=2m=6，

∴b2=a2?c2=6?4=2，

∴橢圓C的方程為x26+y22=1．

(2)①當(dāng)直線m的斜率不存在時，滿足tan∠MON=463OM?ON，此時直線m19.解：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，q>0，設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d．

∵a1=1，a3=a2+2，∴q2=q+2，

∵q>0，∴q=2，∴an=a1qn?1=2n?1．

∵a4=b3+b5，a5=b4+2b6，∴2b1+6d=83b1+13d=16，

∴b1=d=1，∴bn=b120.解：(1)f(x)=(1?x)e2x，g(x)=11?x，?1≤x≤0，

f′(x)=(?1+2?2x)e2x=(1?2x)e2x，g′(x)=1(1?x)2,?1≤x≤0，

注意到f(0)=g(0)=f′(0)=g′(0)=1，

所以曲線y=f(x)與y=g(x)的一條公共切線可以是經(jīng)過(0,1)且斜率為l的直線，

故所求為x?y+1=0；

(2)證明：由f(x)=(1?x)e2x≤g(x)=11?x?e2x(1?x)2?1≤0，?1≤x≤0，

設(shè)?(x)=e2x(1?x)2?1，?1≤x≤0，則?′(x)=e2x(2x2?4x+2+2x?2)=2x(x?1)e2x≥0，?1≤x≤0，

所以?(x)在[?1,0]上單調(diào)遞增，從而，?(x)≤?(0)=0?e2x(1?x)2?1≤0，

故原命題得證；

(3)第一步：m(x)=f(x)?x?1=(1?x)e2x?x?1，?1≤x≤0，

m′(x)=(?1+2?2x)e2x?1=(1?2x)e2x?1，?1≤x≤0，

設(shè)m′(x)=m1(x)，?1≤x≤0，

則m1(x)=(1?2x)