2024-2025学年云南省昆明市云南师大附中高三（上）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年云南师大附中高三（上）期中数学试卷一、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.复数z=1+ii，则z+i=(

)A.−1 B.1+2i C.−1+2i D.12.集合A={x|3x2−10x+3<0}，则x∈A是sinx>0的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3.已知直线a，b，c，平面α，β，下列选项能推出a//b的是(

)A.a⊥c，b⊥c B.a，b与α所成角相同

C.a//α，a//β，α∩β=b D.a//α，b⊂α4.如图是某市随机抽取的100户居民的月均用水量频率分布直方图，如果要让60%的居民用水不超出标准a(单位：t)，根据直方图估计，下列最接近a的数为(

)A.8.5 B.9 C.9.5 D.105.已知函数f(x)=x23，记a=f(5−12)A.a<b<c B.a<c<b C.b<a<c D.c<a<b6.已知直线l1：x−my+1=0与l2：mx+y−m+2=0交于点P，点A(3,0)，则A.22 B.2+2 C.7.已知三棱锥P−ABC的所有顶点都在球O的球面上，其中△PAB为正三角形，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，AB=2，PC=7，则球O的表面积为(

)A.20π3 B.8π C.28π3 8.双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点坐标为F1(−c,0)，直线l：y=33(x+c)与双曲线C交于A，B两点(A.13 B.14 C.15二、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.函数f(x)=cos(ωx+π4)(ω>0)A.y=f(x)的最小正周期为3π

B.y=f(x)的图象可由y=cos23x的图象向左平移π4个单位得到

C.若点(x0,y0)在y=f(x)的图象上，则点(3π4−10.已知定点A(−1,0)，B(1,0)，动点P到B的距离和它到直线l：x=4的距离的比是常数12，则下列说法正确的是(

)A.点P的轨迹方程为：x24+y2=1

B.P，A，B不共线时，△PAB面积的最大值为3

C.存在点P，使得∠APB=90°11.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为AC1的中点，Q为AB的中点，动点PA.当λ=0，μ∈(0,12)时，平面D1PQ截正方体所得截面为四边形

B.当λ+μ=2时，A1P⊥平面D1B1A

C.当λ+μ=1时，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.圆锥的底面积为π，其母线与底面所成角为θ，且cosθ=101013.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为1534，b−c=2，A=2π3，则14.已知函数f(x)=lnx+x2−ax+2有两个极值点，则a的取值范围为______；若f(x)的极小值小于零，则a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)

甲袋中装有2个红球、2个白球，乙袋中装有1个红球、3个白球.抛掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，从甲袋中随机摸出2个球；如果点数为3，4，5，6，从乙袋中随机摸出2个球．

(1)记摸出红球的个数为X，求X的分布列和期望E(X)；

(2)已知摸出的2个球是1红1白，求这2个球来自乙袋的概率．16.(本小题15分)

已知在长方形ABCD中，AD=2，AB=4，点M是边CD的中点，如图甲所示.将△ADM沿AM翻折到△PAM，连接PB，PC，得到四棱锥P−ABCM，其中PB=23，如图乙所示．

(1)求证：平面PAM⊥平面ABCM；

(2)求平面PAM和平面PBC夹角的余弦值．17.(本小题15分)

已知函数f(x)=x2+(1−a)x+1ex．

(1)若直线y=3e是曲线y=f(x)的一条切线，求a的值；

(2)若f(x)在[0,2]18.(本小题17分)

设F为抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点，过M(p2,p)作抛物线准线的垂线，垂足为N，△FMN的面积为2．

(1)求抛物线E的方程；

(2)直线l1：x−y−1=0与E交于点A，B(A在x轴上方)，直线l2：x−y−b=0(b>1)与E交于点C，D(D在x轴上方)，直线AC与BD的交点为H．

①证明：H在一条定直线上；

②若19.(本小题17分)

已知数列{an}的前n项和为Sn，若Snr=(pan+q)2(n∈N∗)，其中p，q∈R，r∈N∗，则称{an}为“p−q−r数列”．

(1)若{an}是“2−2−2数列”，求满足条件的一个{an}；参考答案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)由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，

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

(2)记A=“2个球来自甲袋”，A−=“2个球来自乙袋”，B=“摸到1个红球116.解：(1)证明：取AM的中点O，连接PO，OB，

因为M为CD的中点，则CM=DM=12DC=2，所以PM=2，

因为PM=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，

因为PB=23，所以PO2+OB2=PB2，所以PO⊥OB，

因为AM∩OB=O，AM，OB⊂平面ABCM，所以PO⊥平面ABCM，

因为PO⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面ABCM；

(2)连接BM，过O作OE//BM交AB于点E，BM=AM=22，AB=4，

所以BM2+AM2=AB2，所以AM⊥BM，所以OE⊥AM，

由(1)知，PO⊥平面ABCM，所以OA，OE，OP两两互相垂直，

以O为坐标原点，OA，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

过C作CF⊥AM于点F，所以MF=CF=CMsinπ4=2×22=2，OF=OM+MF=217.解：(1)由题得f′(x)=−e−x[x2−(a+1)x+a]=−e−x(x−1)(x−a)，

设切点为(x0,f(x0))，则f′(x0)=0，

解得x0=1或x0=a，

当x0=1时，f(x0)=3−ae=3e，

解得a=0；

当x0=a时，f(x0)=a+1ea=3e，

令g(a)=e−a(a+1)，

则g′(a)=−ae−a，

故g(a)在(−∞,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，

所以g(a)≤g(0)=1，于是g(a)=3e无解．

综上，a=0．

(2)由(1)对参数a作如下讨论：

1°若a≤0，则当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当x∈(1,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

所以f(x)max=f(1)>f(0)=1，不合题意；

2°若0<a<1，则当x∈(0,a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈(a,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当x∈(1,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

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，

则当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

所以f(x)max=f(0)=1，符合题意；

4°若1<a<2，

则当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈(1,a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当18.解：(1)因为F为抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点，

所以F(p2,0)，

因为M(p2,p)，所以N(−p2,p)，

又因为△FMN的面积为2，

所以12×p×p=2，

解得p=2，

所以抛物线E的方程为y2=4x；

(2)①证明：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，

联立y2=4xx−y−1=0，

得y2−4y−4=0，

所以y1+y2=4，y1y2=−4，

联立y2=4xx−y−b=0，

得y2−4y−4b=0，

所以y3+y4=4，y3y4=−4b，

lAC：y−y1=y319.解(1)当an=−2n时，有Sn=−2⋅2n−12−1=−2(2n−1)=−2⋅2n+2=2an+2，

故Sn2=(2an+2)2，

所以an=−2n是一个“2−2−2数列”．

(2)证明：由于{an}是“p−0−1数列”，故Sn=(pan)2=p2an2，

而an>0，故Sn>0，从而由p2an2=Sn>0，知p≠0，

下面用数学归纳法证明：Sn≥(n+1)24p2．

当n=1时，由Sn=p2an2，知S1=p2a12=p2S12，

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

这表明结论在n=1时成立；

假设当n=k时结论成立，即Sk≥(k+1)24p2．

则由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+