江苏省海安2024-2025高三数学上学期期末考试试题

江苏省海安2024～2024高三上学期期末试卷数学(满分：150分考试时间：120分钟)2024．1一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中只有一个选项符合要求．1.已知全集U＝{x|－2＜x＜3}，集合A＝{x|－1＜x≤1}，则∁UA＝()A.(－1，1]B.(－2，－1]∪(1，3)C.[－1，1)D.(－2，－1)∪[1，3)2.若复数z在复平面内对应的点在直线y＝1上，且z＝iz，则z＝()A.1－iB.1＋iC.－1＋iD.－1－i3.(eq\r(x)－eq\f(1,x))6的二项绽开式中的常数项是()A.－20B.－15C.15D.204.阅历表明，树高y与胸径x具有线性关系，为了解回来方程的拟合效果，利用下列数据计算残差，用来绘制残差图．胸径x/cm18.219.122.324.526.2树高的观测值y/m18.919.420.822.824.8树高的预料值y/m18.619.321.523.024.4则残差的最大值和最小值分别是()A.0.4，－1.8B.1.8，－0.4C.0.4，－0.7D.0.7，－0.45.为测量河对岸的直塔AB的高度，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C，D，测得∠BCD的大小为60°，点C，D的距离为200m，在点C处测得塔顶A的仰角为45°，在点D处测得塔顶A的仰角为30°，则直塔AB的高为()A.100mB.100eq\r(3)mC.(200eq\r(3)－200)mD.200m6.已知圆心均在x轴上的两圆外切，半径分别为r1，r2(r1＜r2)，若两圆的一条公切线的方程为y＝eq\f(\r(2),4)(x＋3)，则eq\f(r2,r1)＝()A.eq\f(4,3)B.2C.eq\f(5,4)D.37.设G为△ABC的重心，则eq\o(GA,\s\up6(→))＋2eq\o(GB,\s\up6(→))＋3eq\o(GC,\s\up6(→))＝()A.0B.eq\o(AC,\s\up6(→))C.eq\o(BC,\s\up6(→))D.eq\o(AB,\s\up6(→))8.设a＝eq\f(1,10)eeq\f(1,9)，b＝eq\f(1,9)，c＝2lneq\f(3,2)，则()A.a＜b＜cB.a＜c＜bC.c＜b＜aD.b＜a＜c二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.在正方体ABCDA1B1C1D1中，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)AA1，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)CC1，则()A.EF⊥BDB.EC1∥平面ABFC.EF⊥平面B1CD1D.直线EF与直线BD1异面10.已知抛物线C：y2＝x的焦点为F，点M，N均在C上，若△FMN是以F为直角顶点的等腰三角形，则MN＝()A.eq\f(\r(2)－1,2)B.eq\r(2)－1C.eq\f(\r(2)＋1,2)D.eq\r(2)＋111.已知等差数列{an}中，当且仅当n＝7时，Sn取得最大值．记数列{eq\f(Sn,n)}的前k项和为Tk，则下列结论正确的是()A.若S6＝S8，则当且仅当k＝13时，Tk取得最大值B.若S6＜S8，则当且仅当k＝14时，Tk取得最大值C.若S6＞S8，则当且仅当k＝15时，Tk取得最大值D.若∃m∈N*，Sm＝0，则当k＝13或14时，Tk取得最大值12.将样本空间Ω视为一个单位正方形，任一事务均可用其中的区域表示，事务发生的概率为对应区域的面积．在如图所示的单位正方形中，区域Ⅰ表示事务AB，区域Ⅱ表示事务Aeq\x\to(B)，区域Ⅰ和Ⅲ表示事务B，则区域Ⅳ的面积为()ⅠⅡⅢⅣA.P(eq\x\to(AB))B.P(eq\x\to(A＋B))C.P(eq\x\to(A)|eq\x\to(B))P(eq\x\to(B))D.P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知sin(π－x)＝eq\f(1,3)，x∈(0，eq\f(π,2))，则tanx＝________．14.已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若△PF1F2是以F1为顶点的等腰三角形，且cos∠F1PF2＝eq\f(3,4)，则C的离心率e＝________．15.设过直线x＝2上一点A作曲线y＝x3－3x的切线有且只有两条，则满意题设的一个点A的纵坐标为________．16.已知球O的表面积为100πcm2，P是球O内的定点，OP＝eq\r(10)cm，过P的动直线交球面于A，B两点，AB＝4eq\r(5)cm，则球心O到AB的距离为________cm；若点A，B的轨迹分别为圆台O1O2的上、下底面的圆周，则圆台O1O2的体积为________cm3.四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.(本小题满分10分)已知数列{an}中，a1，a2，a3，…，a6成等差数列，a5，a6，a7，…成等比数列，a2＝－10，a6＝2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＞0，求n的最小值．18.(本小题满分12分)已知四边形ABCD内接于圆O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝120°，AC平分∠BAD.(1)求圆O的半径；(2)求AC的长．19.(本小题满分12分)如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，E为AC的中点，将△ACD沿AC翻折使点D至点D′.(1)求证：平面BD′E⊥平面ABC；(2)若三棱锥D′ABC的体积为eq\f(2\r(2),3)，求二面角D′ABC的余弦值．20.(本小题满分12分)甲、乙、丙三人进行乒乓球单打竞赛，约定：随机选择两人打第一局，获胜者与第三人进行下一局的竞赛，先获胜两局者为优胜者，竞赛结束．已知每局竞赛均无平局，且甲赢乙的概率为eq\f(1,3)，甲赢丙的概率为eq\f(1,3)，乙赢丙的概率为eq\f(1,2).(1)若甲、乙两人打第一局，求丙成为优胜者的概率；(2)求恰好打完2局结束竞赛的概率．21.(本小题满分12分)已知双曲线C过点(3，eq\r(2))，且C的渐近线方程为y＝±eq\f(\r(3),3)x.(1)求C的方程；(2)设A为C的右顶点，过点P(－2eq\r(3)，0)的直线与圆O：x2＋y2＝3交于点M，N，直线AM，AN与C的另一交点分别为D，E，求证：直线DE过定点．22.(本小题满分12分)已知0＜a＜1，函数f(x)＝x＋ax－1，g(x)＝x＋1＋logax.(1)若g(e)＝e，求函数f(x)的微小值；(2)若函数y＝f(x)－g(x)存在唯一的零点，求a的取值范围．

数学参考答案及评分标准1.B2.D3.C4.C5.A6.B7.B8.D9.AB10.BD11.BD12.BC13.eq\f(\r(2),4)14.eq\f(2,5)15.2(答案不唯一，－6也正确)16.eq\r(5)eq\f(65\r(10),3)π17.解：(1)设等差数列a1，a2，a3，…，a6的公差为d.因为a2＝－10，a6＝2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝－10，,a1＋5d＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－13，,d＝3，))所以an＝－13＋(n－1)×3＝3n－16(1≤n≤5，n∈N*).(3分)设等比数列a5，a6，a7，…的公比为q，则q＝eq\f(a6,a5)＝eq\f(2,－1)＝－2，所以an＝－(－2)n－5(n≥6，n∈N*).综上，an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3n－16，,1≤n≤5，,－（－2）n－5，,n≥6，)))n∈N*.(5分)(2)由(1)知，当n≤5时，an＜0，要使Sn＞0，则n≥6，(6分)此时Sn＝(a1＋a2＋…＋a5)＋(a6＋…＋an)＝5×(－13)＋eq\f(5×4,2)×3＋eq\f(2[1－（－2）n－5],1－（－2）)＝－35＋eq\f(2[1－（－2）n－5],3).(8分)由Sn＞0，得(－2)n－5＜－eq\f(103,2)，所以(n－5)必为奇数，此时2n－5＞eq\f(103,2)，所以n－5的最小值为7，所以n的最小值为12.(10分)18.解：(1)设圆O的半径为R.在△ABD中，由余弦定理BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD，得BD2＝32＋52－2×3×5×(－eq\f(1,2))＝49，所以BD＝7.(3分)在圆O的内接△ABD中，由正弦定理，得2R＝eq\f(BD,sin∠BAD)＝eq\f(7,sin120°)＝eq\f(14\r(3),3)，故R＝eq\f(7\r(3),3)，所以圆O的半径为eq\f(7\r(3),3).(6分)(2)因为四边形ABCD内接于圆O，所以∠BAD＋∠BCD＝180°.又∠BAD＝120°，故∠BCD＝60°.因为AC平分∠BAD，所以∠BAC＝60°.(8分)(解法1)因为AC平分∠BAD，所以eq\x\to(BC)＝eq\x\to(CD)，所以BC＝CD.又因为∠BCD＝60°，所以△BCD为正三角形，所以BC＝BD＝7.(10分)(解法2)在圆O的内接△ABC中，由正弦定理，得eq\f(BC,sin∠BAC)＝2R.所以BC＝2R·sin60°＝eq\f(14\r(3),3)×eq\f(\r(3),2)＝7.(10分)在△ABC中，由余弦定理BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC，得72＝32＋AC2－2×3×AC×cos60°，即AC2－3AC－40＝0，解得AC＝8或AC＝－5，因为AC＞0，所以AC＝8，所以AC的长为8.(12分)19.(1)证明：由菱形ABCD知，D′A＝D′C，又E为AC的中点，所以D′E⊥AC，同理，可得BE⊥AC.(2分)因为D′E,BE⊂平面BD′E,D′E∩BE＝E，所以AC⊥平面BD′E.因为AC⊂平面ABC，所以平面BD′E⊥平面ABC.(4分)(2)解：过点D′作D′H⊥BE交BE于点H，由(1)知，平面BD′E⊥平面ABC.又平面BD′E∩平面ABC＝BE，D′H⊂平面D′BE,所以D′H⊥平面ABC.(6分)因为三棱锥D′ABC的体积为eq\f(2\r(2),3)，所以eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×22×D′H＝eq\f(2\r(2),3)，解得D′H＝eq\f(2\r(6),3).(8分)在Rt△D′EH中，D′E＝eq\r(3)，所以EH＝eq\f(\r(3),3)，于是BH＝BE－EH＝eq\f(2\r(3),3).(解法1)如图，以E为坐标原点，EA，EB分别为x轴、y轴，过点E与平面ABC垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，D′(0，eq\f(\r(3),3)，eq\f(2\r(6),3))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(BD′,\s\up6(→))＝(0，－eq\f(2\r(3),3)，eq\f(2\r(6),3)).设平面D′AB的法向量n＝(x，y，z)，则n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BD′,\s\up6(→))＝0，即－x＋eq\r(3)y＝0，－eq\f(2\r(3),3)y＋eq\f(2\r(6),3)z＝0，令x＝eq\r(6)，得y＝eq\r(2)，z＝1，所以n＝(eq\r(6)，eq\r(2)，1).(10分)又平面ABC的一个法向量m＝(0，0，1)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n|×|m|)＝eq\f(1,\r(9)×1)＝eq\f(1,3)，所以二面角D′ABC的余弦值为eq\f(1,3).(12分)(解法2)过点H作HF⊥AB交AB于点F，连接D′F.因为D′H⊥平面ABC，依据三垂线定理，得AB⊥D′F，所以∠D′FH是二面角D′ABC的平面角．(10分)在Rt△BFH中，HF＝BHsin30°＝eq\f(\r(3),3).在Rt△D′HF中，D′F＝eq\r(D′H2＋HF2)＝eq\r(3)，所以cos∠D′FH＝eq\f(HF,D′F)＝eq\f(1,3)，所以二面角D′ABC的余弦值为eq\f(1,3).(12分)20.解：(1)记“第i局甲胜、乙胜、丙胜”分别为事务Ai，Bi，Ci，i＝1，2，3，4，记“丙成为优胜者”为事务D，则D＝A1C2C3＋B1C2C3，(2分)所以P(D)＝P(A1C2C3＋B1C2C3)＝P(A1C2C3)＋P(B1C2C3)＝P(A1)P(C2|A1)P(C3|A1C2)＋P(B1)P(C2|B1)P(C3|B1C2)(4分)＝eq\f(1,3)×(1－eq\f(1,3))×(1－eq\f(1,2))＋(1－eq\f(1,3))×(1－eq\f(1,2))×(1－eq\f(1,3))＝eq\f(1,9)＋eq\f(2,9)＝eq\f(1,3)，所以丙成为优胜者的概率是eq\f(1,3).(6分)(2)记“甲、乙打第一局“为事务A，“甲、丙打第一局”为事务B，“乙、丙打第一局”为事务C，“恰打完2局竞赛结束”为事务E，其中A，B，C两两互斥，且和为样本空间，依题意，P(A)＝P(B)＝P(C)＝eq\f(1,3).所以P(E|A)＝P(A1A2＋B1B2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(4,9).同理可得，P(E|B)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(4,9)，P(E|C)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,3).(9分)依据全概率公式知，P(E)＝P(AE)＋P(BE)＋P(CE)＝P(E|A)P(A)＋P(E|B)P(B)＋P(E|C)P(C)＝eq\f(4,9)×eq\f(1,3)＋eq\f(4,9)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(14,27)，所以恰好打完2局结束竞赛的概率为eq\f(14,27).(12分)21.(1)解：当x＝3时，代入y＝eq\f(\r(3),3)x，得y＝eq\r(3)＞eq\r(2)，所以双曲线C的焦点在x轴上．(2分)不妨设双曲线C的方程为eq\f(x2,3)－y2＝λ(λ＞0)，将点(3，eq\r(2))代入，得λ＝1，所以C的方程为eq\f(x2,3)－y2＝1.(4分)(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x3，y3)，E(x4，y4)，由(1)知A(eq\r(3)，0).(5分)因为P，M，N三点共线，所以eq\f(y1,x1＋2\r(3))＝eq\f(y2,x2＋2\r(3))(不妨记为k).则(x1＋2eq\r(3))y2－(x2＋2eq\r(3))y1＝0，即x1y2－x2y1＝2eq\r(3)(y1－y2).(6分)设直线AM的方程为y＝eq\f(y1,x1－\r(3))(x－eq\r(3)).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1－\r(3))（x－\r(3)），,\f(x2,3)－y2＝1))消去y并整理，得(2xeq\o\al(2,1)－eq\r(3)x1－3)x2＋3eq\r(3)yeq\o\al(2,1)x＋3(xeq\o\al(2,1)＋eq\r(3)x1－6)＝0.则eq\r(3)x3＝eq\f(3（x1－\r(3)）（x1＋2\r(3)）,（x1－\r(3)）（2x1＋\r(3)）)，故x3＝eq\f(\r(3)（x1＋2\r(3)）,2x1＋\r(3))，y3＝eq\f(－\r(3)y1,2x1＋\r(3)).(8分)同理可得，x4＝eq\f(\r(3)（x2＋2\r(3)）,2x2＋\r(3))，y4＝eq\f(－\r(3)y2,2x2＋\r(3)).所以直线DE的斜率＝eq\f(\f(－\r(3)y1,2x1＋\r(3))＋\f(\r(3)y2,2x2＋\r(3)),\f(\r(3)（x1＋2\r(3)）,2x1＋\r(3))－\f(\r(3)（x2＋2\r(3)）,2x2＋\r(3)))＝eq\f(2（x1y2－x2y1）＋\r(3)（y2－y1）,3\r(3)（x2－x1）)＝eq\f(4\r(3)（y1－y2）＋\r(3)（y2－y1）,3\r(3)（x2－x1）)＝－eq\f(y2－y1,x2－x1)＝－k.(10分)所以直线DE的方程为y＋eq\f(\r(3)y1,2x1＋\r(3))＝－k[x－eq\f(\r(3)（x1＋2\r(3)）,2x1＋\r(3))]，即y＝－kx＋eq\f(\r(3)k（x1＋2\r(3)）,2x1＋\r(3))－eq\f(\r(3)y1,2x1＋\r(3)).又因为y1＝k(x1＋2eq\r(3))，所以y＝－kx.所以直线DE过定点(0，0).(12分)22.解：(1)由g(e)＝e，得e＋1＋logae＝e，即logae＝－1，所以a＝eq\f(1,e).(1分)所以f(x)＝x＋e1－x，则f′(x)＝1－e1－x，令f′(x)＝0，得x＝1.(3分)当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的微小值为f(1)＝2.(5分)(2)记p(x)＝f(x)－g(x)＝ax－1－logax－1，因为0＜a＜1，所以lna＜0，则p′(x)＝ax－1lna－eq\f(1,xlna)＝eq\f(xax－1ln2a－1,xlna).记q(x)＝xax－1ln2a－1，则q′(x)＝(ax－1＋xax－1lna)ln2a＝(1＋xlna)ax－1ln2a.令q′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,lna)，记其为t(t＞0)，此时a＝e－eq\f(1,t).当x∈(0，t)时，q′(x)＞0，故q(x)在(0，t)上单调递增；当x∈(t，＋∞)时，q′(x)＜0，故q(x)在(t，＋∞)上单调递减，所以q(x)在x＝t处取得极大值q(t)＝t(e－eq\f(1,t))t－1(－eq\f(1,t))2－1＝eq\f(1,t)eeq\f(1,t)－1－1.(7分)不难发觉函数y＝eq\f(1,t)eeq\f(1,t)－1－1在t∈(0，＋∞)上单调递减，且正数零点为1.当t≥1，即eq\f(1,e)≤a＜1时，有q(t)≤0，故p′(x)≥0,所以p(x)单调递增．又p(1)＝0，所以函数p(x)有唯一的零点，所以eq\f(1,e)≤a＜1.(9分)当0＜t<1，即0<a＜eq\f(1,e)时，有q(t)>0，因为q(1)＝ln2a－1＞0，q(eq\f(1,a))＝eq\f(1,a)·aeq\f(1,a)－1·ln2a－1＜0(*)，所以q(x)在区间(1，eq\f(1,a))内存在唯一零点，记为x0，所以p(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，