2023-2024学年山东省泰安市高三（上）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年山东省泰安市高三（上）期末数学试卷一、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.已知A={1,2,a+4}，B={a,6}，若A∩B=B，则实数a=(

)A.0 B.1 C.2 D.32.设复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，且z1=1−i，则A.2 B.0 C.−2i D.−23.“x>0”是“2x+12A.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4.已知向量a=(2,n),b=(m,3)，若a−b=(−2,−4)，则向量aA.1 B.55 C.(4,3) 5.已知f(x)=ax3−2x2+bx+a2(a,b∈R)A.−2 B.6 C.−2或6 D.−6或26.已知sin(θ−π4)cos2θA.1516 B.−1516 C.37.已知f(x)=(45)|x−1|A.f(log26)<f(log0.51.25)<f(1) B.f(8.设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，直线l过点F1，若点F2关于A.13 B.23 C.17二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知直线l：kx−y+2k+1=0与圆O：x2+y2A.直线恒过定点(2,−1)

B.直线l与圆O相交

C.若k=34，直线l被圆O截得的弦长为25

D.若直线l10.已知函数f(x)=12−12cosA.f(x)的最小正周期为π

B.f(0)=14

C.f(x)在(π3,2π3)上单调递增11.如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，点M是CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△APM位置，连接PB，PC，且F为PC中点，4AE=AB，在△ADM翻折到△APM的过程中，下列说法正确的是(

)

A.EF//平面PAM

B.存在某个位置，使得CM⊥PE

C.当翻折到二面角P−AM−B为直二面角时，E到PC的距离为356

D.当翻折到二面角P−AM−B为直二面角时，AC与平面PMB12.已知曲线C1：f(x)=ln(2x−1)在点M(x1,y1)处的切线与曲线A.函数ℎ(x)=x2g(x)−1有2个零点

B.函数m(x)=32ef(x)−xg(x)在(1三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知正数a，b满足log2a=log3b=log14.已知正项数列{an}的前n项积为Tn，且满足an(315.已知球O的体积为32π3，其内接圆锥与球面交线长为2316.已知椭圆C：x29+y2b2=1(b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，点P(四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题10分)

如图，在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=2，4sin2Bsin2C=sin2Bsin2C，P为△ABC所在平面内一点，且PB=23，∠PBC=90°，∠PBA为锐角．

(1)若c=1，求PA；

18.(本小题12分)

如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=23，AA1=5，D为AC中点，且∠ABD=30°，BE=35B19.(本小题12分)

已知数列{an}满足an=32n−1，正项数列{bn}满足bn2−2(n−1)bn−4n=0.当n≥4时，记si=min{a1,a2,…,ai}20.(本小题12分)

某果农种植了200亩桃，有10多个品种，各品种的成熟期不同，从五月初一直持续到十月底.根据以往的经验可知，上市初期和后期会因供不应求使价格连续上涨，而中期又将出现供大于求使价格连续下跌，现有三种价格模拟函数：①f(x)=ex−sin(x+p)+q；②f(x)=x2+px+q；③f(x)=12x2+px+36ln(2x+2)+q(x表示时间，以上三式中p，q均为常数，且−30<p<−11)．

(1)为准确研究其价格走势，应选择哪个价格模拟函数，并说明理由；

(2)若f(5)=6.78，f(11)=7.62，

①求出所选函数f(x)的解析式(注：2≤x≤12且x∈N∗，其中x=2表示5月份下半月，x=3表示6月份上半月，…，x=12表示10月份下半月)21.(本小题12分)

已知函数f(x)=axex+12x2−x(a>0)．

(1)若f(x)<122.(本小题12分)

已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的倾斜角为30°，右焦点F到渐近线的距离为1．

(1)求双曲线C的方程；

(2)设动直线l：y=kx+m与C相切于点A，且与直线x=32相交于点B，点P为平面内一点，直线PA，PB参考答案1.C

2.A

3.A

4.D

5.B

6.B

7.A

8.D

9.BC

10.ABCD

11.ABD

12.BCD

13.5

14.1215.6π或216.[217.解：因为4sin2Bsin2C=sin2Bsin2C，

所以4sin2Bsin2C=4sinBcosB⋅sinCcosC，

因为sinBsinC>0，所以cosBcosC−sinBsinC=cos(B+C)=0，

又0°<B<180°，0°<C<180°，所以B+C=90°，即A=90°，

(1)由上可知，∠BAC=90°，

因为a=2，c=1，所以cos∠ABC=ca=12，

因为0°<∠ABC<180°，所以∠ABC=60°，

又∠PBC=90°，所以∠PBA=90°−60°=30°，

在△PAB中，由余弦定理知，PA2=PB2+AB2−2PB⋅ABcos∠PBA=12+1−2×23×1×32=7，

所以18.解：(1)证明：因为AB=AC=23，D为AC中点，所以AD=3，

又∠ABD=30°，所以由余弦定理得，BD=3，所以AB2=AD2+BD2，

所以BD⊥AC，

由直棱柱性质有，AA1⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，

所以AA1⊥BD，又AA1∩AC=A，

所以BD⊥平面ACC1A1，又F在CC1上，所以A1F⊂平面ACC1A1，

所以BD⊥A1F.

(2)过D作侧棱AA1的平行线，交A1C1于点G，则DG⊥平面ABC，

则在D处有DA、DB、DC两两互相垂直，以D为原点，

DA、DB、DC所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：

则依题意有，A(3,0,0)，B(0,3,0)，C(−3,0,0)，E(0,3,3)，F(−3,0,1)，A1(3,0,5)，

AE=(−3,3,3)，EF=(−3,−3,−2)，A119.(1)证明：∵an=32n−1为递减数列，

∴si=ai=32i−1,ti=ai−1=32i，

∴ci=si+ti=32i−1+32i=92i，

∴cn−1cn−2=92n−19220.解：(1)对于函数①，f(x)=ex−sin(x+p)+q，

∴f′(x)=ex−cos(x+p)>0在(0,+∞)上恒成立，

∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，不具有先升后降再升的特点，

对于函数②，f(x)=x2+px+q，其不具有先升后降再升的特点，

对于函数③，f(x)=12x2+px+36ln(2x+2)+q，

∵f′(x)=x+p+36x+1=x2+(p+1)x+36+px+1，

设方程x2+(p+1)x+36+p=0两根为x1，x2，不妨设x1<x2，

∵−30<p<−11，∴x1+x2>0，x1，x2>0，∴0<x1<x2，

∴在(0,x1)和(x2,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，在(x1,x2)上f′(x)<0，f(x)单调递减，

∴函数③符合先升后降再升的特点，故选③；

(2)①由f(5)=6.78及f(11)=7.62，

21.解：(1)因为f(x)<12x2−lnx恒成立，所以axex−x+lnx<0恒成立，

令g(x)=axex−x+lnx，则g′(x)=a(1−x)ex+1x−1=(1−x)(ex+ax)xex，

因为x>0，a>0，所以ex+ax>0，

当0<x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0，

所以函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，

所以g(x)max=g(1)=ae−1，所以ae−1<0，即ae<1，

所以，a的取值范围为{a|0<a<e}．

(2)令f(x)=0，得axex+12x2−x=0，

所以x(aex+12x−1)=0，解得x=0或a=ex(1−12x)，

令ℎ(x)=ex(1−12x)，则ℎ′(x)=12ex(1−x)，

当x<1时，ℎ′(x)>0，当x>1时，ℎ′(x)<0，

所以函数ℎ(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，

所以ℎ(x)max=ℎ(1)=e2，

又当x→−∞时，ℎ(x)>022.解：(1)因为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的渐