2024-2025学年四川省名校联考高三（上）第一次诊断数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年四川省名校联考高三（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.集合A={x|x≤−1或x≥2}，B={x|2x−1≥2−x}，则A∩B=(

)A.(x|x≤−1或x≥1} B.{x|x≥1}

C.{x|x≤−1或x≥2} D.{x|x≥2}2.在复平面内，复数z=(a−2)+(1+2a)i对应的点位于第二象限，则实数a的取值范围为(

)A.(−12,2) B.(−∞,−12)3.已知x∈R，设甲：sinx≥32；乙：π3A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分又不必要条件4.已知平面向量a=(−1,3)，b=(−3,1)A.(−3,0) B.(−32,325.在2024年巴黎奥运会上，我国网球选手郑钦文历经6场比赛，勇夺巴黎奥运会女子网球单打冠军，书写了中国网球新的历史.某学校有2000名学生，一机构在该校随机抽取了800名学生对郑钦文奥运会期间6场单打比赛的收看情况进行了调查，将数据分组整理后，列表如下：观看场次0123456观看人数占调查

人数的百分比15%5%5%m%10%15%4m%从表中数据可以得出的正确结论为(

)A.表中m的数值为15

B.观看场次不超过3场的学生的比例为30%

C.估计该校观看场次不超过2场的学生约为400人

D.估计该校观看场次不低于4场的学生约为1300人6.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a−cb+c=sinBsinA+sinC，则A.π6 B.π3 C.2π37.设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为A.25 B.45 C.858.已知函数f(x)=(2x+a)(x−1)2x−1+1，且f(x+1)为偶函数，则满足不等式A.(−∞,−1) B.(2,+∞)

C.(−1,2) D.(−∞,−1)∪(2,+∞)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.已知函数f(x)=3sinxA.f(x)的最小正周期为4π

B.f(x)在(−11π6,π6)上单调递增

C.f(x)的图象关于直线x=−4π3对称10.已知椭圆E：x22+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1A.以椭圆E的长轴为直径的圆的方程为x2+y2=2

B.以F1F2为直径的圆与椭圆E有且仅有2个公共点

C.以F1为圆心，2−1为半径的圆与椭圆E有11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是线段BD的中点，点A.点P在平面BC1D上的射影不可能是点O

B.点P在平面BC1D上的射影到B，D两点的距离相等

C.当点P与顶点A重合时，直线OP与平面BC1D所成角的正切值为2

D.当点三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知α∈(π2,π)，且sinα=45，则13.甲、乙、丙、丁、戊5人站成两排照相，前排站2人，后排站3人，其中甲和乙须左右相邻，丙不站前排，则不同的站法共有______种(用数字作答)．14.人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题，牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法，如图，在横坐标为x0的点处作f(x)的切线，该切线与x轴的交点为x1；f(x)在横坐标为x1的点处的切线与x轴的交点为x2；一直继续下去，得到x0，x1，x2，…，xn(n∈N∗)，它们越来越逼近f(x)的零点r.在一定精确度下，用四舍五入法取值，当xn−1，xn近似值相等时，该值可作为函数f(x)的一个零点r.用“牛顿法”求方程x3−3四、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)

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”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……设各层球数构成一个数列{an}.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn=16.(本小题15分)

已知某学校为提高学生课外锻炼的积极性，开展了丰富的课外活动，为了解学生对开展的课外活动的满意程度，该校随机抽取了350人进行调查，整理得到如下列联表：性别课外活动合计满意不满意男150100250女5050100合计200150350(1)根据小概率值α=0.05的独立性检验，能否认为该校学生对课外活动的满意情况与性别因素有关联？

(2)从这350名样本学生中任选1名学生，设事件A=“选到的学生是男生”，事件B=“选到的学生对课外活动满意”，比较P(B|A)和P(B|A−)的大小，并解释其意义．

α0.10.050.01x2.7063.8416.63517.(本小题15分)

如图，在几何体ABCDEFG中，四边形ABCD是梯形，AD//BC，AB⊥AD，AC与BD相交于点N，DE⊥平面ABCD，DE//AF//BG，H是DE的中点，DE=AD=2，AF=BG=AB=BC=1．

(1)点P在FH上，且FP=13FH，证明：NP/​/平面EFC；

(2)求二面角E−FC−G18.(本小题17分)

已知F为抛物线E：y2=4x的焦点，过点F的直线与抛物线E相交于A(x1,y1)，B(x2,y2)(x1<x2)两点．

(1)证明：x1x2是常数；

(2)过点F作直线AB的垂线l与抛物线E的准线相交于点P，与抛物线19.(本小题17分)

已知函数f(x)=ex−ax3−3ax2．

(1)若a=−1，求函数y=f(x)−ex的极值；

(2)若x≥0，f(x)≥x+1，求实数a的取值范围；

参考答案1.D

2.A

3.B

4.B

5.D

6.C

7.B

8.C

9.AC

10.ABD

11.BCD

12.213.20

14.3.3

15.解：(1)由“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……，

设各层球数构成一个数列{an}.可知a1=1，a2=a1+2，a3=a2+3，……，

an=an−1+n，n≥2，

当n≥2时，an=a1+(a2−16.解：(1)提出零假设H0：该校学生对课外活动的满意情况与性别因素无关联，

根据表中数据，得到χ2=350×(150×50−50×100)2200×150×250×100=3512≈2.917<3.841=x0.05，

所以根据小概率值α=0.05的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，

即认为该校学生对课外活动的满意情况与性别因素无关联；

(2)依题意得，P(A)=250350=57，P(17.(1)证明：因为DE⊥平面ABCD，DE/​/AF，所以AF⊥平面ABCD，

以点A为原点，AB，AD，AF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，

则A(0,0,0)，C(1,1,0)，E(0,2,2)，F(0,0,1)，P(0,23,1)，

因为AD//BC，所以ANNC=ADBC=2，所以AN=23AC=(23,23,0)，

而AP=(0,23,1)，所以NP=AP−AN=(−23,0,1)，

由FE=(0,2,1)，FC=(1,1,−1)，得NP=13FE−23FC，

所以向量NP，FE，FC共面，

又EF⊂平面EFC，FC⊂平面EFC，NP⊄平面EFC，

所以NP/​/平面EFC．

(2)解：由(1)知G(1,0,1)，F(0,0,1)，C(1,1,0)，E(0,2,2)，

所以FG=(1,0,0)，FC=(1,1,−1)，FE=(0,2,1)，

设平面GFC的法向量为m=(x1,y1,z118.解：(1)由已知，点F的坐标为(1,0)，且可设直线AB的方程为x=my+1，

联立方程组x=my+1y2=4x，消去x，得y2−4my−4=0(∗)，

因为Δ=(−4m)2−4×1×(−4)=16m2+16>0，

所以y1，y2为方程(∗)的两个实根，且y1y2=−4，

因为点A，B在抛物线E上，

所以x1x2=y124⋅y224=(y1y2)216=1，为常数；

(2)在题设条件下，直线AB，CD都不与坐标轴平行且m≠0，

由(1)可知直线l的方程为：x=−1my+1，

①因为抛物线E的准线方程为x=−1，

代入l的方程可得点P的坐标为(−1,2m)，

由(1)可知，y1y2=−4，x1x2=1，

y1+y2=4m，x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2，

因此，PA⋅PB=(x1+1,y1−2m)⋅(x2+1,y2−2m)，

=x1x2+(x1+x2)+1+y1y2−2m(y1+y2)+4m2

=1+4m2+2+1−4−8m2+4m2=0，

即PA⋅PB的值为0；

②|FA||FC|+|FB||FD|存在最小值，

设点C，D的坐标分别为C(x3,y3)，D(x4,19.解：(1)当a=−1时，f(x)=ex+x3+3x2，

令g(x)=f(x)−ex=x3+3x2，则g′(x)=3x2+6x=3x(x+2)，

当x<−2或x>2时g′(x)>0，当−2<x<0时，g′(x)<0，

所以g(x)在(−∞,−2)上单调递增，(−2,0)上单调递减，(0,+∞)上单调递增，

所以当x=−2时，g(x)取得极大值g(−2)=4，

当x=0时，g(x)取得极小值g(0)=0．

(2)令ℎ(x)=f(x)−(x+1)=ex−ax3−3ax2−x−1，

则ℎ′(x)=ex−3ax2−6ax−1，且ℎ′(0)=0，ℎ(0)=0，

设u(x)=ℎ′(x)=ex−3ax2−6ax−1，则u′(x)=ex−6ax−6a，

又令v(x)=u′(x)=ex−6ax−6a，则v′(x)=ex−6a，

①若v′(0)=1−6a<0，即a>16时，

由于v′(x)=ex−6a为单调递增函数，且v′(ln(1+6a))=1>0，

所以∃x0∈(0,ln(1+6a))，v′(x0)=0，

则0<x<x0时，v′(x)<0，

可知v(x)即u′(x)在区间(0,x0)上为减函数，则u′(x)≤u′(0)=1−6a<0，

故u(x)即ℎ′(x)在区间(0,x0)上为减函数，则ℎ′(x)≤ℎ′(0)=0，

则ℎ(x)在