2024-2025学年河北省部分学校新高考高三（上）摸底数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年河北省部分学校新高考高三（上）摸底数学试卷一、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.如图，已知全集U=R，集合A={x|(2x−3)⋅(x+1)≤0}，B={x|x>0}，则图中阴影部分表示的集合为(

)A.{x|x≤−1} B.{x|x<−1}

C.{x|x≤0或x>32.已知复数z=5−5i2+i，则z的虚部为(

)A.−3 B.−3i C.−1 D.−i3.设Sn是等差数列{an}的前n项和，且S12A.17 B.34 C.51 D.684.已知“∀x∈R，不等式x2−4x−a−1≥0恒成立”，则a的取值范围为(

)A.(−∞,−5] B.(−∞,−2] C.(−5,+∞) D.[−5,+∞)5.正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上底面边长为2A.8 B.12 C.24 D.486.(2x3−2)(1A.−288 B.−312 C.480 D.7367.已知圆C：(x−4)2+y2=4，点M在线段y=x(0≤x≤4)上，过点M作圆C的两条切线，切点分别为A，B，以AB为直径作圆C′A.π B.2π C.5π2 D.8.已知a=0.9，b=19e，c=1+ln1011，则a，A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<a<c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.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法−商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第n层有an个球，从上往下n层球的总数为Sn，则(

)A.S3=a4 B.an+1−a10.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中画了一张表示二项式系数构成的三角形数阵(如图所示)，在“杨辉三角”中，下列选项正确的是(

)A.第10行所有数字的和为1024

B.C32+C42+C52+⋯+C102=119

11.已知E，F分别是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱A.A1D与B1D1是异面直线

B.A1D与EF所成角的大小为45°

C.A1F与平面三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.如图所示，相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则涂满所有区域的不同的着色方法共有______种.(用数字填写答案)13.已知椭圆x22+y2=1,O为原点，过第一象限内椭圆外一点P(x0,y0)作椭圆的两条切线，切点分别为A，B.记直线OA，OB，PA，PB的斜率分别为k114.函数y=2sin(ωx+π3)(ω>0)的图象和函数y=2sin(ωx−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)

已知数列{an}的前n项和为Sn，满足(n−1)Sn−1−(n−3)Sn=2an，n≥2，a1=1．

(1)求数列{Sn16.(本小题15分)

如图(1)，在△ABC中，CD⊥AB，BD=2CD=2AD=6，点E为AC的中点.将△ACD沿CD折起到△PCD的位置，使DE⊥BC，如图(2)．

(1)求证：PB⊥PC．

(2)在线段BC上是否存在点F，使得CP⊥DF？若存在，求二面角P−DF−E的正弦值；若不存在，请说明理由．17.(本小题15分)

记△ABC的内角A，B，C对边分别为a，b，c，已知cosC=−1010，a=25，AB边上的中线CD=5．

(1)求b；

(2)求A；

(3)若E，F分别为边AC，BC上的动点，现沿线段EF折叠三角形，使顶点C恰好落在18.(本小题17分)

椭圆E的焦点为(11,0)和(−11,0)，短轴长为2．

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)设椭圆上、下顶点分别为P1、P2，过点Q(0,12)的直线l1与椭圆E交于A、B两点(不与P1、P2两点重合)．

①求证：AP1与19.(本小题17分)

设函数f(x)=(1+c)x−(1+cx)，c>−1且c≠0，设m，n∈N∗．

(1)证明：函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一的极小值点；

(2)证明：(1+c)m≥1+cm；

(3)已知n≥6参考答案1.B

2.A

3.C

4.A

5.C

6.A

7.D

8.D

9.ACD

10.ACD

11.AD

12.72

13.5

14.[π215.解：(1)根据题意，当n≥2时，(n−1)Sn−1−(n−3)Sn=2an⇔(n−1)Sn−1−(n−3)Sn=2Sn−2Sn−1

⇔(n+1)Sn−1=(n−1)Sn，

法一：SnSn−1=n+1n−1，

∴Sn=SnSn−1⋅Sn−1Sn−2⋅⋯⋅S2S1⋅S1=n+1n−1⋅nn−2⋅n−1n−3⋅n−2n−4⋯⋯⋅31×1

=n(n+1)2(n≥2)，

当n=116.解：(1)证明：依题意，由点E为PC的中点，PD=CD=3，得DE⊥PC，

又DE⊥BC，BC∩PC=C，BC，PC⊂平面PCB，

则DE⊥平面PCB，又PB⊂平面PCB，于是DE⊥PB，

又CD⊥PD，CD⊥BD，BD∩PD=D，BD，PD⊂平面PDB，

则CD⊥平面PDB，又PB⊂平面PDB，则CD⊥PB，

而CD∩DE=D，CD，DE⊂平面PCD，因此PB⊥平面PCD，又PC⊂平面PCD，

所以PB⊥PC．

(2)依题意，得PC=AC=32+32=32,BC=32+62=35，由(1)PB⊥PC，

则PB=(35)2−(32)2=33，过点D作直线Dy//PB，则有Dy⊥DP，

显然直线DP，Dy，DC两两垂直，以D为原点，直线DP，Dy，DC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，

则D(0,0,0),P(3,0,0),C(0,0,3),E(32,0,32),B(3,33,0)，

CP=(3,0,−3),DP=(3,0,0),DE=(32,0,32)，

设BF=tBC(0≤t≤1)，即BF=tBC=(−3t,−33t,3t)，

则F(3−3t,33−33t,3t),DF=(3−3t,33−317.解：(1)因为点D为AB的中点，所以CD=12(CA+CB)，

所以|CD|2=14(|CA|2+|CB|2+2|CA|⋅|CB|cos∠ACB)，

化简得：b2−22b=0，

解得b=22；

(2)在△ABC中，由余弦定理得：c2=a2+b2−2abcosC

=8+20+2×22×25×1010=36，

解得c=6(负根舍去)，

因为cosC=−1010，所以C为钝角，

所以sinC=1−cos2C=1−110=31010，

由正弦定理得：csinC=asinA，

即63101018.解：(1)∵椭圆E的焦点为(11,0)和(−11,0)，短轴长为2，

∴c=11，2b=2，b=1，则a=23，

∴椭圆E的标准方程为x212+y2=1．

(2)①证明：∵直线l1过点Q(0,12)，

由题意可知直线l1的斜率存在，设直线l1：y=kx+12，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

联立方程y=kx+12x212+y2=1，消去y可得(12k2+1)x2+12kx−9=0，

则Δ=144k2+36(12k2+1)>0，

x1+x2=−12k12k2+1，x1x2=−912k2+1，

∵P1(0,1)，P2(0,−1)，

可得直线AP1：y=y1−1x1x+1，直线BP2：y=y2+1x2x−1，

∴y−1y+1=y1−1x1y2+1x2=x2(y1−1)x1(y219.证明：(1)f′(x)=(1+c)xln(1+c)−c，

当−1<c<0时，0<1+c<1，ln(1+c)<0，

所以f′(x)在(0,1)上单调递增，

要证函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一的极小值点，

只需证明f′(0)=ln(1+c)−c<0，f′(1)=(1+c)ln(1+c)−c>0，

我们构造函数g(c)=ln(1+c)−c，ℎ(c)=(1+c)ln(1+c)−c，(−1<c<0)，

g′(c)=11+c−1=−c1+c>0,(−1<c<0)，ℎ′(c)=ln(1+c)+1−1=ln(1+c)<0，(−1<c<0)，

所以g(c)在(−1,0)上单调递增，ℎ(c)在(−1,0)上单调递减，

所以g(c)<g(0)=0，ℎ(c)>ℎ(0)=0，

所以当−1<c<0时，f′(x)在(0,1)上单调递增，f′(0)=ln(1+c)−c<0，f′(1)=(1+c)ln(1+c)−c>0，

所以存在唯一的x0∈(0,1)使得f′(x0)=0，

当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0,1)时，f′(x)>0，

此时f(x)在(0,x0)上单调递减，f(x)在(x0,1)上单调递增，f(x)在(0,1)上存在唯一极小值点x0；

当c>0时，1+c>1，ln(1+c)>0，

所以f′(x)=(1+c)xln(1+c)−c在(0,1)上依然单调递增，

要证函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一的极小值点，

只需证明f′(0)=ln(1+c)−c<0，f′(1)=(1+c)ln(1+c)−c>0，

我们构造函数g(c)=ln(1+c)−c，ℎ(c)=(1+c)ln(1+c)−c，(c>0)，

g′(c)=11+c−1=−c1+c<0,(c>0)，ℎ′(c)=ln(1+c)+1−1=ln(1+c)>0，(c>0)，

所以g(c)在(0,+∞)上单调