2024-2025学年江苏省南京一中高三（上）暑期测试数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江苏省南京一中高三（上）暑期测试数学试卷一、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.若集合C=A∪B且A∩B=⌀，则称A，B构成C的一个二次划分，任意给定一个正整数n≥2，可以给出整数集Z的一个n次划分[0]n，[1]n，…，[n−1]n.其中[i]n(0≤i≤n−1)表示除以n余数为i的所有整数构成的集合.这样我们得到集合Z/nZ=−{[0]n,[1]n,…,[n−1]n}，称作模n的剩余类集.模n的剩余类集可定义加减乘三种运算，如[2]n+[n−1A.Z/nZ能构成素域当且仅当n是素数 B.[3]5÷[4]5=[2]5

C.2.“α=π4+kπ(k∈Z)”是“3A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条伴 D.既不充分也不必要条件3.已知复数z满足1z=12+32i，则z，z2A.4个 B.6个 C.2019个 D.以上答案都不正确4.若单位向量a,b满足〈a,b〉=120°，向量c满足A.32 B.1+34 5.17到19世纪间，数学家们研究了用连分式求解代数方程的根，并得到连分式的一个重要功能：用其逼近实数求近似值.例如，把方程x2−x−1=0改写成x=1+1x①，将x再代入等式右边得到x=1+11+1x，继续利用①式将x再代入等式右边得到x=1+11+11+1x…反复进行，取x=1时，由此得到数列1，1+11，1+11+11，1+11+A.1007 B.1009 C.2014 D.20186.如图，已知正三棱台ABC−A1B1C1的上、下底面边长分别为4和6，侧棱长为2，点P在侧面BCC1B1内运动(包含边界)，且APA.4π3

B.5π3

C.7.某校在校庆期间举办羽毛球比赛，某班派出甲、乙两名单打主力，为了提高两位主力的能力，体育老师安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关.若甲、乙两人每局获胜的概率分别为p1，p2，且满足p1+p2=43，每局之间相互独立.记甲、乙在A.27 B.24 C.32 D.288.已知函数f(x)=sinx+lnx，将f(x)的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列{xn}，对于∀n∈NA.nπ<xn<(n+1)π B.xn+1−xn<π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.如图所示，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，△ABF和△DCE均是等边三角形，且AB=23，EF=x(x>0)，则(

)A.EF/​/平面ABCD

B.二面角A−EF−B随着x的减小而减小

C.当BC=2时，五面体ABCDEF的体积V(x)最大值为272

D.当BC=32时，存在x使得半径为10.已知椭圆C1：x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)，双曲线C2：x2A.若e1=33，则e2=3

B.e12+e22的最小值为1+3

C.△F1PF211.已知函数f(x)定义域为R，满足f(x+2)=12f(x)，当−1≤x<1时，f(x)=|x|.若函数y=f(x)的图象与函数g(x)=(12)[x+12](−2023≤x≤2023)的图象的交点为(x1,y1)，A.g(x)是偶函数 B.n=2024

C.i=1nxi三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.x2+y2−axy+x+y=113.若数列{an}满足对任意n∈N∗，数列{an}的前n2项至少有n项大于n，且an≥0，则称数列{an}具有性质14.黎曼猜想由数学家波恩哈德−黎曼于1859年提出，是至今仍末解决的世界难匙．黎曼猜想研究的对象是类似于ξ(n)=n=1∞n−s=11s+12s+13s+⋯的无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和11s+12s+13s+⋯+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)

已知函数f(x)=aex−1−x−1．

(1)讨论f(x)的单调性．

(2)证明：当a≥1时，f(x)+x−lnx≥2a−2a+1．

16.(本小题15分)

有n个元素，将其中相同的元素归成一类，共有k类，这k类元素中每类分别中r1，r2，…，rk个，r1+r2+…+rk≤n，将这n个元素全部取出的排列叫做n个不尽相异元素的全排列．

(1)求上述n个不尽相异的元素的全排列数；

(2)由结论17.(本小题15分)

如图1，在梯形ABCD中，AB//CD，E是线段AB上的一点，BE=CD=CE=2，BC=2，将△ADE沿DE翻折到△PDE的位置．

(1)如图2，若二面角P−ED−B为直二面角，M，N分别是BC，PE的中点，若直线MN与平面PBC所成角为θ，sinθ>36，求平面PBC与平面PEC所成锐二面角的余弦值的取值范围；

(2)我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点K为线段CE的中点，G，H分别在线段PK，CD上(不包含端点)，且GH为PK，CD的公垂线，如图3所示，记四面体CKGH的内切球半径为r18.(本小题17分)

已知动点P与定点A(m,0)的距离和P到定直线x=n2m的距离的比为常数mn，其中m>0，n>0，且m≠n，记点P的轨迹为曲线C．

(1)求C的方程，并说明轨迹的形状；

(2)设点B(−m,0)，若曲线C.上两动点M，N均在x轴上方，AM/​/BN，且AN与BM相交于点Q．

(i)当m=22，n=4时，求证：1|AM|+1|BN|的值及△ABQ的周长均为定值；

(ii)当m>n时，记△ABQ的面积为S，其内切圆半径为r，试探究是否存在常数λ，使得S=λr19.(本小题17分)

对称变换在对称数学中具有重要的研究意义．

若一个平面图形K在m(旋转变换或反射变换)的作用下仍然与原图形重合，就称K具有对称性，并记m为K的一个对称变换.例如，正三角形R在m1(绕中心O作120°的旋转)的作用下仍然与R重合(如图1图2所示)，所以m1是R的一个对称变换，考虑到变换前后R的三个顶点间的对应关系，记m1=123312；又如，R在l1(关于对称轴r1所在直线的反射)的作用下仍然与R重合(如图1图3所示)，所以l1也是R的一个对称变换，类似地，记l1=123132.记正三角形R的所有对称变换构成集合S．

一个非空集合G对于给定的代数运算.来说作成一个群，假如同时满足：

Ⅰ.∀a，b∈G，a〇b∈G；

Ⅱ.∀a，b，c∈G，(a〇b)〇c=a〇(b〇c)；

Ⅲ.∃e∈G，∀a∈G，a〇e=e〇a=a；

Ⅳ.∀a∈G，∃a−1∈G，a〇a−1=a−1〇a=e．

对于一个群G，称Ⅲ中的e为群G的单位元，称Ⅳ中的a−1为a在群G中的逆元．

一个群G的一个非空子集H叫做G的一个子群，假如H对于G的代数运算〇来说作成一个群．

(1)直接写出集合S(用符号语言表示S中的元素)；

(2)同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如m1=123312=132321=213132=23112参考答案1.D

2.A

3.B

4.C

5.D

6.A

7.A

8.D

9.ACD

10.AC

11.BC

12.(−∞,−2)∪(2,+∞)

13.2

14.1

88

15.解：(1)f′(x)=aex−1−1，x∈R，

当a≤0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在R上单调递减，

当a>0时，令f′(x)=aex−1−1=0，解得x=1−lna，

令f′(x)>0，解得x>1−lna，即f(x)在(1−lna,+∞)上单调递增，

令f′(x)<0，得x<1−lna，即f(x)在(−∞,1−lna)上单调递减，

综上所述，当a≤0时，函数f(x)在R上单调递减，

当a>0时，f(x)在(−∞,1−lna)上单调递减，在(1−lna,+∞)上单调递增．

(2)证明：令g(x)=f(x)+x−lnx=aex−1−lnx−1，x∈(0,+∞)，

∴g′(x)=aex−1−1x，

令ℎ(x)=g′(x)，a≥1，

则ℎ′(x)=aex−1+1x2>0，

所以g′(x)在(0,+∞)上单调递增，

当a=1时，g′(x)=ex−1−1x，

又g′(1)=0，

所以x∈(0,1)，g′(x)<0，即g(x)单调递减，

x∈(1,+∞)，g′(x)>0，即g(x)单调递增，

所以g(x)≥g(1)=e0−ln1−1=0，而此时2a−2a+1=0，

所以当a=1时，f(x)+x−lnx≥2a−2a+1成立，

当a>1时，可得1a−1<0，∴e1a−1<1，

所以g′(1a)=ae1a−1−a=a(e1a−1−1)<0，

又g′(1)=a−1>0，

所以存在x0∈(1a,1)，使得g′(x0)=0，即aex0−1=1x0，

x∈(0,x0)，g′(x)<0，g(x)单调递减，

x∈(x0,+∞)，g′(x)>0，16.解：(1)假定n个不尽相异元素的所有排列数有N种，在每种排列中，如果把相同的元素，

当成不相同的元素，则n个元素的所有排列数可增加为N⋅Ar1r1⋅Ar2r2⋯⋯⋅Arkrk种；

另一方面，n个不同的元素的全排列有Ann种，

∴N⋅17.解：(1)如图建立空间直角坐标系，

∵BE=CD=CE=2,BC=2，

设PE=t(t>0)，

∴E(0,0,0)，M(1,0,0)，B(1,−1,0)，C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,22t,22t)，N(0,24t,24t)，

∴MN=(−1,24t,24t),BP=(−1,22t+1,22t)，

BC=(0,2,0),EP=(0,22t,22t),EC=(1,1,0)．

设平面PBC的法向量n1=(x1,y1,z1)，

由n1⋅BC=0n1⋅BP=0，得2y1=0−x1+(22t+1)y1+22tz1=018.解：(1)设点P(x,y)，由题意可知(x−m)2+y2|x−n2m|=mn，

即(x−m)2+y2=(mnx−n)2，

经化简，得C的方程为x2n2+y2n2−m2=1，

当m<n时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆；

当m>n时，曲线C是焦点在x轴上的双曲线．

(2)设点M(x1,y1)，N(x2,y2)，M′(x3,y3)，其中y1>0，y2>0且x3=−x2，y3=−y2，

(i)证明：由(1)可知C的方程为x216+y28=1,A(22,0),B(−22,0)，

因为AM/​/BN，所以y1x1−22=y2x2+22=−y2−x2−22=y3x3−22，

因此，M，A，M′三点共线，且|BN|=(x2+22)2+y22=(−x2−22)2+(−y2)2=|AM′|，

设直线MM′的方程为x=ty+22，联立C的方程，得(t2+2)y2+42ty−8=0，

则y1+y3=−19.解析：(1)由题设可知，正三角形R的对称变换如下：

绕中心O作120°的旋转变换m1=