2024-2025学年四川省德阳市绵竹市高三（上）第一次诊断数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年四川省德阳市绵竹市高三（上）第一次诊断数学试卷一、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.已知集合A={x∈N|−1≤x<4}，B={x|y=x}，则A∩B=A.{1,2,3} B.{−1,1,2,3} C.{0,1,2,3} D.{−1,0,1,2,3}2.若i2025z=1+i，则复数z对应的点位于第(    )象限．A.一 B.二 C.三 D.四3.已知平面向量a，b满足|a|=|b|=1，〈aA.1 B.3 C.2 D.4.若方向向量为(1,−2)的直线l与圆(x−1)2+y2=5A.x+2y+7=0 B.2x+y+3=0 C.x+2y−6=0 D.2x+y−6=05.若sin(α+β)=12,sin(α−β)=A.5 B.−1 C.6 D.16.已知函数f(x)=ex,x>0x3−3x+a,x≤0的值域为RA.[−1,+∞) B.[3,+∞) C.(−∞,−1] D.(−∞,3]7.已知数列{an}的通项公式an=2n−1，在其相邻两项ak，ak+1之间插入2k个3(k∈N∗)，得到新的数列{A.28 B.29 C.30 D.318.飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子(骰子为均匀的正六面体)正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数.在一次游戏中，飞机距终点只剩3步(如图所示)，设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为X，则E(X)=(

)A.3

B.4

C.5

D.6二、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.观察下列散点图的分布规律和特点，其中两个变量存在相关关系的有(

)A. B.

C. D.10.已知A(−a,0)，B(a,0)，l1：ax−y=0，l2：ax+y=0，其中a>1，点P为平面内一点，记点P到l1，l2的距离分别为d1，d2A.|PA|+|PB|=4a B.|PA|2+|PB|2=411.已知函数f(x)=sin2x−2sinx，则(

)A.f(2)+f(4)<0 B.当0<x<6时，f(x)≤52

C.当3<x<4时，f(x)>f(x3+2) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知椭圆x216+y2m2=1(m>0)13.如图所示的五面体ABCDEF为《九章算术》中记载的羡除，它指的是墓道或隧道.其中EF//AD//BC，四边形ADEF，ADCB，EFBC均为等腰梯形，平面ADEF⊥平面ADCB，EF=2，BC=3，AD=4，BC和AD间的距离为2，EF和AD间的距离为4，则该羡除的体积为______．14.已知正项数列{an}满足1a1a2+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)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bcosC=ac−2ccosB．

(1)求c；

(2)若D为AB中点，CD=2，∠ACB=60°，求△ABC的周长．16.(本小题15分)

点A(m,2)在抛物线y2=2px(0<p<2)上，且到抛物线的焦点F的距离为52．

(1)求抛物线C的方程；

(2)过点F的直线交抛物线于B，C两点，且∠BAC=90°，求直线17.(本小题15分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABC1⊥平面ABC，AC1⊥平面BCC1B1．

(1)18.(本小题17分)

已知函数f(x)=(4x+a)ln(x+1)，g(x)=x2+bx．

(1)当a=4时，求f(x)的最小值；

(2)若y=f(x)与y=g(x)在原点处的切线重合，且函数19.(本小题17分)

已知集合A={1,2,3,⋯,2n,2n+1}(n∈N∗).

(1)集合B⊆A，且B中的任意三个不同的元素x，y，z都有x+y≠z．

(i)当n=3时，写出一个满足条件的恰有四个元素的集合B；

(ii)对于任意给定的n(n∈N∗,n≥2)，求集合B中的元素个数的最大值．

(2)已知集合P={C|C⊆A}，Q={C1,C2,⋯,Ck}⊆P，且同时满足以下条件：

①∀Ci，Cj∈Q，都有Ci∩Cj参考答案1.C

2.D

3.D

4.B

5.A

6.A

7.B

8.D

9.ABC

10.AD

11.ACD

12.713.12

14.6069

15.解：(1)由2bcosC=ac−2ccosB及余弦定理，

可得2b⋅a2+b2−c22ab=ac−2c⋅a2+c2−b22ac，

整理得a2+b2−c2=a2c−a2−c2+b2，

即2a2=ac，又a>0，

所以c=216.解：(1)根据焦半径公式可得m+p2=52，所以m=52−p2，

又22=2pm，所以22=2p(52−p2)，

解得p=1或p=4(舍去)，

故所求抛物线C方程为y2=2x．

(2)F(12,0)，A(2,2)，

设lBC：x=ty+12，B(x1,y1)，C(x217.(1)证明：过C1作C1E⊥AB于点E，

因为平面ABC1⊥平面ABC，平面ABC1∩平面ABC=AB，

C1E⊂平面ABC1，所以C1E⊥面ABC，

因为BC⊂面ABC，所以C1E⊥BC，

又因为AC1⊥平面BCC1B1，所以AC1⊥BC，

而AC1∩C1E=C1，AC1，C1E⊂面ABC1，

所以BC⊥面ABC1，又BC1⊂面ABC1，

所以BC1⊥BC；

18.解：(1)当a=4时，f(x)=4(x+1)ln(x+1)，f′(x)=4[ln(x+1)+1]，

令f′(x)=0得：x=−1+1e，

当x∈(−1,−1+1e)时，f′(x)<0，

x∈(−1+1e,+∞)时，f′(x)>0，

∴f(x)在(−1,−1+1e)单调递减，(−1+1e,+∞)单调递增，

∴x=−1+1e时，f(x)min=−4e．

(2)∵函数f(x)=(4x+a)ln(x+1)，g(x)=x2+bx．

∴f′(x)=4ln(x+1)+4x+ax+1，g′(x)=2x+b，

由f′(0)=g′(0)得：b=a，

∴ℎ(x)=f(x)−g(x)=(4x+a)ln(x+1)−(x2+ax)，

问题即：F(x)=ℎ′(x)=4ln(x+1)+4x+ax+1−2x−a有且仅有三个变号零点，

F′(x)=F′(x)=4ln′(x+1)+(4x+ax+1)′−(2x+a)′=4x+1+4−a(x+1)2−2=−2x2+a−6(x+1)2，

当a≥6时，F′(x)≤0，∴F(x)在(−1,+∞)单调递减，又F(0)=0，

∴此时F(x)在(−1,+∞)有且仅有一个变号零点0，不合题意；

当a≤4时，∴F′(x)在(−1,+∞)有唯一零点x0>0.F(x)在(−1,x0)递增，(x0,+∞)递减，

∴此时F(x)在(−1,+∞)至多有两个变号零点，不合题意；

当4<a<6时，−[2×(−1)2+a−6]<0，F′(0)>0，F′(1)<0，

∴F′(x)在(−1,+∞)有两个零点：−1<x1<0<x2，

且x∈(−1,x1)时，F′(x)<0，x∈(x1,x2)时，F′(x)>0，x∈(x2,+∞)时，F′(x)<0，

∴F(x)在(−1,x1)19.解：(1)(i)当n=3时，A={1,2,3,4,5,6,7}，

又∵B⊆A，且B中的任意三个不同的元素x，y，z都有x+y≠z，

∴满足条件的恰有四个元素的集合B可以是：

{1,2,4,7}或{1,3,5,7}或{2,3,6,7}或{3,4,5,6}或{3,5,6,7}或{4,5,6,7}．

(ii)对于任意给定的n(n∈N∗,n≥2)，集合B中的元素个数的最大值为n+1，证明如下：

记集合M={1,3,5,⋯,2n+1}，N={2,4,⋯,2n}，

设满足条件的集合B={m1,m2,⋯,ms,n1,n2,⋯,nt}，

其中m1，m2，⋯，ms∈M，n1，n2，⋯，nt∈N，且m1<m2<⋯<ms，n1<n2<⋯<nt，

则集合B中的元素个数等于s+t，

根据条件对任意的1≤i≤s−1，1≤j≤t，都有ms−mt≠nj(否则，就有mt+nj=ms，不合题意)，

又∵ms−mi∈N，nj∈N，其中1≤i≤s−1，1≤j≤t，

即ms−m1，ms−m2，⋯，ms−ms−1，n1，n2，⋯，nt是N中的不同的元素，

∴(s−1)+t≤n，即集合B中的元素个数s+t≤n+1，

取B={n+1,n+2,⋯,2n+1}满足条件，且元素个数等于n+1，∴集合B中的元素的最大值等于n+1．

(2)以A={1,2,3}为例(多取不符条件①，少取不符条件②)：

这时P={⌀,{1},{2},{3},{1,2}，{1,3}