2024-2025学年江苏省扬州市宝应中学高三（上）期初数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江苏省扬州市宝应中学高三（上）期初数学试卷一、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.sin(1050A.12 B.−12 C.2.已知集合A={x|2x−1>0}，B={x|x2A.(0,3) B.(0,1) C.(−3,+∞) D.(−1,+∞)3.已知函数f(x)=ax−sinx(a∈R)，则“a=1”是“f(x)在区间(π2,+∞)上单调递增”的A.充要条件 B.充分不必要条件

C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件4.已知f(x)=2x+m,x>0nx+1,x<0为奇函数，则m+n=(

)A.1 B.2 C.0 D.−15.某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为2π，则该圆锥体积为(

)A.3π8 B.π8 C.36.已知随机变量ξ～N(2,σ2)，且P(ξ≤1)=P(ξ≥a)，则1xA.5 B.112 C.203 7.已知角α，β满足tanα=2，2sinβ=cos(α+β)sinα，则tanβ=(

)A.13 B.17 C.168.已知f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)=f′(x)，g(5.5)=2，若f(x+1)关于x=−1对称，g(2x+1)是偶函数，则g(−0.5)=(

)A.−2 B.2 C.3 D.−3二、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.已知a>0，b>0，a+2b=1，下列结论正确的是(

)A.1a+2b的最小值为9 B.a2+b2的最小值为5510.已知函数f(x)=sin2ωxcosφ+cos2ωxsinφ(ω>0,0<φ<π2)的部分图象如图所示，则A.φ=π6

B.ω=2

C.f(x+π6)为偶函数

D.f(x)11.Sigmoid函数S(x)=11+e−x是一个在生物学中常见的S型函数，也称为S型生长曲线，常被用作神经网络的激活函数.记S′(x)为SigmoidA.S′(x)=S(x)[1−S(x)] B.Sigmoid函数是单调减函数

C.函数S′(x)的最大值是14 D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(−2,1)，则cos(π+α)=______．13.已知正实数a，b满足ab−b+2=0，则1a+3b的最小值是______．14.已知f(x)的定义域为(0,+∞)且f(2)=2，对于任意正数x1，x2都有f(x1x2)=f(x1四、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)=a⋅2x+12x−1是定义域为R的偶函数．

(1)求实数a的值；

(2)若对任意x∈R，都有16.(本小题15分)

已知a=(2cosx,32)，b=(sin(x−π3),1)，设f(x)=a⋅b．

17.(本小题15分)

如图，三棱锥P−ABC中，∠ABC=π2，AB=BC=2，PA=PB，D是棱AB的中点，点E在棱AC上．

(1)下面有①②③三个命题，能否从中选取两个命题作为条件，证明另外一个命题成立？如果能，请你选取并证明(只要选取一组并证明，选取多组的，按第一组记分)；

①平面PAB⊥平面ABC；

②DE⊥AC；

③PE⊥AC．

(2)若三棱锥P−ABC的体积为23，以你在(1)所选的两个条件作为条件，求平面PDE与平面18.(本小题17分)

在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获利第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获得第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获利第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p(0<p<1)，且不同对阵的结果相互独立．

(1)若p=0.6，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；

①求甲获得第四名的概率；

②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；

(2)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由．19.(本小题17分)

已知函数g(x)=2ln(−t−1)+cos(−t−2)．

(1)函数f(x)与g(x)的图像关于x=−1对称，求f(x)的解析式；

(2)f(x)−1≤ax在定义域内恒成立，求a的值；

(3)求证：k=n+12nf(参考答案1.B

2.B

3.B

4.A

5.B

6.D

7.B

8.A

9.AD

10.ACD

11.ACD

12.2513.214.(0,4]

15.解：(1)由偶函数定义知：f(−x)=f(x)，

即a⋅2−x+12−x−1=a⋅2−x+2⋅2x=a⋅2x+2⋅2−x，

∴(a−2)⋅(2x−2−x)=0对∀x∈R成立，∴a=2．

(2)由(1)得：f(x)=2(2x+2−x)；

16.解：(1)因为a=(2cosx,32)，b=(sin(x−π3),1)，

所以f(x)=a⋅b=2cosxsin(x−π3)+32=2cosx(12sinx−32cosx)+32

=sinxcosx−3cos2x+32=12sin2x−17.解：(1)证明：选择①②，可证明③．

因为PA=PB，D是线段AB的中点，所以PD⊥AB．

又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，且PD⊂平面PAB；

所以PD⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以PD⊥AC，

又DE⊥AC，PD∩DE=D，PD，DE⊂平面PDE，

所以AC⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，所以AC⊥PE，

若选择①③，可证明②．

因为PA=PB，D是线段AB的中点，所以PD⊥AB．

又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，且PD⊂平面PAB，

所以PD⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，

所以PD⊥AC，又PE⊥AC，PD∩PE=P，PD，PE⊂平面PDE，

所以AC⊥平面PDE，又DE⊂平面PDE，所以AC⊥DE．

选择②③，可证明①．

因为PA=PB，D是线段AB的中点，所以PD⊥AB，

因为PE⊥AC，DE⊥AC，PD，PE⊂平面PDE，DE∩PE=E，

所以AC⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE，所以PD⊥AC，

AB∩AC=A，AB，AC⊂平面ABC，

所以PD⊥平面ABC，又P

D⊂平面PAB，

所以平面PAB⊥平面ABC；

(2)如图，延长ED交CB的延长线于Q，连接PQ，

则平面PDE∩与平面PBC=PQ．

由三棱锥P−ABC的体积为23，且∠ABC=π2，

AB=BC=2，得23=13(12×2×2)⋅PD，解得PD=1．

又由∠ABC=π2，及D是线段AB的中点，DE⊥AC，

在等腰直角三角形CEQ中，CE=322，CQ=3，

连结CD，在Rt△CPD中，PD=1，CD=5，PC=6，

在等腰直角三角形BDQ中，BD=BQ=1，QD=2，

在Rt△QPD中，PQ=3，

在△CPQ中，由PC2+PQ2=CQ2，所以PC⊥PQ，

又由(1)知，18.解：(1)若p=0.6，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；

①记“甲获得第四名”为事件A，则P(A)=(1−0.6)2=0.16；

②记甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量X，

则X的所有可能取值为2，3，4，

连败两局：P(X=2)=(1−0.6)2=0.16，

X=3可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负；

P(X=3)=0.62+(1−0.6)×0.6×(1−0.6)+0.6×(1−0.6)×(1−0.6)=0.552X234P0.160.5520.288故数学期望E(X)=2×0.16+3×0.552+4×0.288=3.128，

则甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望为3.128；

(2)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军，

“双败淘汰制”下，甲获胜的概率P=p3+p(1−p)p2+(1−p)p3=(3−2p)p3，

在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为p2，

由(3−2p)p3−p2=19.解：(1)依题意，设f(x)图像上任意一点坐标为(x0,y0)，

则其关于x=−1对称的点(−2−x0,y0)在g(x)图像上，

则y0=f(x0)=g(−2−x0)，则f(x0)=g(−x0−2)=2ln(x0+1)+cosx0，(x0>−1)

故f(x)=2ln(x+1)+cosx，(x>−1)；

(2)令ℎ(x)=f(x)−1−ax=2ln(x+1)+cosx−1−ax，(x>−1)，

则在ℎ(x)≤0在x∈(−1,+∞)恒成立，

又ℎ(0)=0，且ℎ(x)在x∈(−1,+∞)上是连续函数，则x=0为ℎ(x)的一个极大值点，

ℎ′(x)=2x+1−sinx−a，ℎ′(0)=2−a=0⇒a=2，

下证当a=2时，ℎ(x)≤0在x∈(−1,+∞)恒成立，

令φ(x)=ln(x+1)−x，φ′(x)