成渝经济圈名校联盟2024-2025学年高三上学期第一次联考数学试题（含答案）

第第页成渝经济圈名校联盟2024-2025学年高三上学期第一次联考数学试题一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．若集合A=xlog2x≤2A．−4,16 B．0,4 C．1,4 D．1,162．fx=x−1−2lnx，则A．y+x−1=0 B．y−x+1=0 C．x=1 D．y+2x−2=03．a=t−2,2，b=2−t,−1，命题p:a⋅b<0，命题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4．直线l1上单位向量为(35,m)，直线l2上有C，D两点，CDA．54或87 B．87 C．8 D．5．我们初中所学的反比例函数图象其实是一种典型的双曲线．若gxA．22 B．2 C．4 D．6．在锐角三角形ABC中，若A=π4，则A．4 B．5 C．6 D．87．已知数列{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列，a1>0，b1>0，{an}为递减数列，{bA．(11,13) B．(13,15) C．(13,+∞) 8．一正四棱锥P−ABCD，AB=2，当其外接球半径R与内切球半径r之比最小时，VA．22+23 B．22+2 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．）9．cos2θ+π3A．θ有1解B．θ有2解C．sinD．fx=cos2x+π3，将f(x)向右平移10．fxA．fx在定义域内单调递增 B．∃xC．在定义域内恒有fx<22−x2 11．定义：an满足当n为奇数时，an+an+1=k；当n为偶数时，an+an+1=−k，k∈Z，则称an为“回旋数列”.若bn为“回旋数列”，b1=1，k=3，设bn前n项和为SnA．b20−bC．P100=5099且P2n三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）12．3x2+x13n13．z=1，若z2与z关于复平面虚轴对称，则z14．双曲线E：x2a2−y2b2=1a>b>0，焦距为22，左、右焦点分别为F1，四、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．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ACC1A（1）证明：AB1//（2）若∠A1AC=16．在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，a=6,b=4,sinC=2（1）求△ABC外接圆半径R；（2）若△ABC为等腰三角形，△ABC所在平面内有一点P，满足OP=OC+λCBCB17．an为等差数列或等比数列，an和为Sn，a（1）若an为等差数列，求S（2）当an为等差数列时，bn=snan；当an为等比数列且（3）若Sn单调递增，证明：18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），O为坐标原点，过椭圆C左焦点F1的直线l交椭圆C于P，Q两点（（1）当∠F1PO=45°时，求椭圆C（2）求POF（3）是否存在l使PO+PF19．已知函数fx=mex−x2（1）当m<0时，证明f'（2）fx上有Ax1,y1,Bx2①若不存在A,B,C三点，使y1,y②若m<0,gx=e

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：由log2x≤2，可得0≤log2x≤4由x2<16，解得−4<x<4，∴所以A∩B=1,4故答案为：C.【分析】先利用平方法、对数函数的单调性、对数函数的定义域，再结合交集的运算法则得出集合A，再解一元二次不等式得出集合B，则由交集的运算法则得出集合A∩B.2．【答案】A【解析】【解答】解：因为fx所以f1=1−1−0=0，f'所以函数fx在x=1处的切线方程为y=−1x−1，即故答案为：A.【分析】先求出函数fx在x=1处的导数值，再结合导数的几何意义得出切线的斜率，再根据代入法得出切点坐标，最后由点斜式方程可得函数fx在3．【答案】B【解析】【解答】解：设a、b夹角为θ，θ∈0,π若a⋅b<0，则a则θ∈(π2,π]，所以a所以p是q的必要不充分条件.故答案为：B.【分析】设两向量的夹角为θ，根据a⋅b=4．【答案】D【解析】【解答】解：因为35,m为直线所以352+m2因为l1⊥l2，C,D为直线所以t,t−235,m因为35+m≠0，所以当m=45时，当m=−45时，故答案为：D.【分析】根据单位向量的定义求出m的值，再由已知条件结合向量垂直的坐标表示，从而求出t的值.5．【答案】C【解析】【解答】解：作出y=1x和y=x的图象，它们的交点分别为由y=1x和y=x联立方程组解得：x=1y=1或x=−1y=−1，即交点A根据双曲线的意义，可知实轴长AB=2a=22，即又由双曲线的渐近线是两坐标轴，它们互相垂直，所以这是等轴双曲线，即b=2，

所以c2=故答案为：C.

【分析】利用反比例函数是等轴双曲线结合实轴长以及双曲线中a，b，c三者的关系式，从而求出c的值，进而得出双曲线的焦距.6．【答案】A【解析】【解答】解：因为三角形ABC为锐角三角形，且A=π所以0<C<π20<3π4又因为tanB=所以1=2当且仅当2tanC1+所以1tan故答案为：A.

【分析】根据题意可得π4<C<π2，从而得出7．【答案】B【解析】【解答】解：根据题意，等差数列an递减，

所以公差d<0，等比数列bn递增，则公比由c1联立上式消a1可得：d+再消d得：b1=2q−12因为d<0，a1>0，

所以21−q+1<0，所以c=5+61−q+2q3−2故答案为：B.【分析】利用等差数列和等比数列的通项公式，从而建立方程组，再利用消元思想和公比q，分别表示其它变量，再通过约束条件可得公比q的取值范围，则根据等差数列的通项公式、等比数列的通项公式和公比的取值范围，从而得出c48．【答案】D【解析】【解答】解：如图，正四棱锥中P−ABCD，正方形ABCD的对角线相交于点M，

则PM⊥平面ABCD如图所示，设正四棱锥P−ABCD外接球的球心为Q，PM=ℎ，连接QC，

则PQ=CQ=R，因为AB=2，所以CM=1在Rt△QMC中，CQ2=Q如图所示，设正四棱锥P−ABCD内切球的球心为O，PM=ℎ，取CD的中点E，连接PE，

设内切球O与面PCD切于点F，与面ABCD切于点M，

易知F∈PE，△POF∼△PME，则OFME所以Rr令t=2ℎ2所以Rr当且仅当t2=1t即所以ℎ2所以VP−ABCD故答案为：D.

【分析】先根据正棱锥球的内切或外接确定球心位置，再求出外接球的半径R=ℎ2+12ℎ和内切球半径r=2ℎ2+19．【答案】A,D【解析】【解答】解：因为0<θ<π2，所以令t=2θ+π3，则π3当π3<t≤π时，函数y=cos当π<t<4π3时，函数又因为−1010>−12即存在唯一的θ0=t即cos2θ+π3因为cos2θ+π3=−10所以sin2θ+sin2θ+所以sin2θ+将函数fx=cos2x+π所以gx因为函数gx的定义域为Rg−x=sin故答案为：AD.

【分析】令t=2θ+π3，将原方程化为cost=−1010，π10．【答案】A,D【解析】【解答】解：fx=sin对于A，因为x∈0,π2所以fx在0,对于B，因为f2x0又因为x0∈0,π2因为sin2x0所以不存在x0∈0,对于C，当x∈0,π2，fx=所以，当2<x<π2对于D，令gx=exx当x∈0,1时，g'x<0，所以当x∈1,π时，g'x>0，所以所以gx≥g1=e，即ex令ℎx=sinx−x，所以ℎx在0,π单调递减，所以ℎx<ℎ因为x∈0,π，所以x2∈0,π所以e2x所以e2x2sinx>e2故答案为：AD.

【分析】将函数fx化简，再利用导数判断函数fx的单调性，则可判断选项A；解关于x0的方程判断出选项B；分别判断不等式左、右两边的符号可判断出选项C；令gx=ex11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：因为数列bn为“回旋数列”，k=3当n为奇数时，bn+bn+1=3所以当n为奇数时，bn+bn+1=3所以数列b1,b所以当n为奇数时，bn当n为偶数时，bn+bn+1=−3所以数列b2,b又因为b1=1，b1所以当n为偶数时，bn所以b20=56，b19因为S2n所以S2n则S=b所以S2n−1=1+−34S2n+1=−12n+4所以4S从b1，b2，⋯，b2n其中两个数之和大于0的取法包含取一个奇数项与它之后的所有偶数项，

或取一个偶数项与它之前的所有奇数项，则n+n−1所以P2n所以P100=50因为P2n的前n项积为T故答案为：BCD.

【分析】利用已知条件结合递推关系证出数列的奇数项为等差数列、偶数项为等差数列，从而求出数列bn的通项公式，由此判断出选项A；利用组合求和法求出S2n,S2n−1,12．【答案】13608【解析】【解答】解：根据题意有2n−1=128=2所以原式化为：3x所以二项式展开式的第四项为：C8故答案为：13608x【分析】根据二项式系数的性质求出n的值，再利用二项式的展开式的通项得出第4项.13．【答案】−1或12−3【解析】【解答】解：设z=a+bi,a,b∈R，则z2因为z=1，所以a2又因为z2与z关于复平面虚轴对称，所以a2由①②解得a=−1b=0或a=所以，当a=−1b=0时，z=−1，此时z当a=12b=32当a=12b=−32故答案为：−1或12−32i或114．【答案】7【解析】【解答】解：因为动点P在双曲线右支上，所以PF1−2a=则PM+不妨设点M在渐近线bx−ay=0上，过点F2作F2A⊥OM当且仅当点P为线段F2因为F2的坐标为c,0，故F所以PM+PF1的最小值为b+2a，

因为b+2a=3，又因为双曲线所以a2+b2=2，

又因为a>b>0所以双曲线E的方程为2549x2−25y设点P的坐标为m,n，则m2−49n故m−7n⋅m+7n=所以PM+当且仅当m=75，n=0时等号成立，所以PM+故答案为：72【分析】结合双曲线定义可得PM+PF1=PM+PF15．【答案】（1）证明：连接B1C，交BC1于点因为侧面BCC所以N为B1C的中点，

又因为点E为线段所以NE//AB因为AB1⊄面BEC1所以AB1//（2）解：连接A1C，A1E，因为所以△AA1C因为点E为线段AC的中点，所以A1因为侧面ACC1A1⊥底面ABC，

平面ACC1所以A1E⊥底面ABC，

又因为BE⊂平面ABC，所以因为AB=AC=BC=2，E为AC的中点，所以BE⊥AC，所以EB,EC,EA如图，以E为坐标原点，

分别以EB，EC，EA1的方向为则E0,0,0，B3,0,0所以EB=3,0,0设平面BEC1的法向量为则m⋅EB=3x=0所以平面BEC1的法向量为又因为平面ABE的法向量为n=则cosm经观察，二面角A−BE−C所以二面角A−BE−C1的余弦值为【解析】【分析】（1）连接BC1，交B1C于点N，连接NE，再利用线面平行的判定定理证出（2）由已知条件可知△AA1C为等边三角形，再结合三线合一得出A1E⊥AC，再利用面面垂直的性质定理可证直线A1E⊥底面ABC，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再由两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面BE（1）连接B1C，交BC1于点因为侧面BCC所以N为B1C的中点，又因为点E为线段所以NE//AB因为AB1⊄面BEC1所以AB1//（2）连接A1C，A1E，因为所以△AA1C因为点E为线段AC的中点，所以A1因为侧面ACC1A1⊥底面ABC，平面ACC1所以A1E⊥底面ABC，又BE⊂平面ABC，所以因为AB=AC=BC=2，E为AC的中点，所以BE⊥AC，所以EB,EC,EA如图以E为坐标原点，分布以EB，EC，EA1的方向为则E0,0,0，B3,0,0所以EB=3,0,0设平面BEC1的法向量为则m⋅EB=3x=0所以平面BEC1的法向量为又因为平面ABE的法向量为n=则cosm经观察，二面角A−BE−C所以二面角A−BE−C1的余弦值为16．【答案】（1）解：当0<C≤π2时，由sinC=由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcos所以△ABC的外接圆半径R=1当π2<C<π时，由sinC=由余弦定理可得c2=a2+所以c2=36+16+2×6×4×1所以△ABC的外接圆半径R=1（2）解：因为△ABC为等腰三角形，由（1）可得a=c=6,b=4，因为OP=所以CP=过点C作CD⊥AB，垂足为D，取AB的中点E，连接CE，

则CBsinB=CA所以CP=λCDCB+取线段AC的中点F，则PA因为AC=4,AE=3,cos所以CE=设点A到CE的距离为d，则12又因为sin∠CAE=sinC=22所以d=83417，又F所以点F到CE的距离为12所以PA·所以PA·PC的最小值为【解析】【分析】（1）先讨论角C的取值范围，再由已知条件结合余弦定理求出c的值，再根据正弦定理求出△ABC外接圆的半径.（2）取AB的中点E，化简向量关系式证出点P在CE上，再根据向量的线性运算法则和数量积的性质可得PA·PC=PF2−4，F为线段（1）当0<C≤π2时，由sinC=由余弦定理可得c2=a所以c2=36+16−2×6×4×1所以△ABC的外接圆半径R=1当π2<C<π时，由sinC=由余弦定理可得c2=a所以c2=36+16+2×6×4×1所以△ABC的外接圆半径R=1（2）因为△ABC为等腰三角形，由（1）可得a=c=6,b=4，因为OP=所以CP=过点C作CD⊥AB，垂足为D，取AB的中点E，连接CE，则CBsinB=CA所以CP=所以点P在直线CE上，取线段AC的中点F，则PA·因为AC=4,AE=3,cos所以CE=A设点A到CE的距离为d，则12又sin∠CAE=sinC=22所以d=83417，又F所以点F到CE的距离为12所以PA·所以PA·PC的最小值为17．【答案】（1）解：由题意得a1+3d=8a因为an为等差数列，

​​​​​​​所以S（2）解：b根据f(x)=(3x−10)−703x−10+3在(5,+因为an为等比数列，a4=8所以a6a4=q2=4当q=2时，a1=1，此时an当q=−2时，a1=−1，此时a因为an为摆动数列，

所以Sn=当n为奇数时，cn易知n∈N∗时，cn因为12n>0当n为偶数时，cn=2所以cn≥c6=231−126（3）证明：当an为等差数列时，S令12n−28>0，得n>73，

即此时Sn单调递增，故n∈当an为等比数列时，

当q=2时，由（2）知，Sn=当q=−2时，an为摆动数列，S所以Sn=2n−1，a当n=1时，2cos当n=2时，5+6cos所以n=1和n=2时，n2下证当n≥3时，n2因为n∈N∗，所以cosn>−1所以n2即证(n令dn=(n2−6)⋅2n−1+3−n又因为(n+2)22−4>所以dn+1−dn>0所以dn≥d3=15−综上所述，n【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式和a4=8，a6=32，从而求出a1（2）由（1）中的等差数列的通项公式和等差数列前n项和公式求出bn，再将bn转化为对勾函数的形式求出bnmin，从而求出cn，再分奇数、偶数讨论c（3）根据Sn单调递增求出Sn和an，再分n=1，n=2和n≥3三种情况证明，令dn=(n2−6)⋅2n−1+3−（1）由题意得a1+3d=8a因为an为等差数列，所以S（2）bn根据f(x)=(3x−10)−703x−10+3在(5,+因为an为等比数列，a4所以a6a4=q当q=2时，a1=1，此时an当q=−2时，a1=−1，此时an因为an为摆动数列，所以Scn当n为奇数时，cn易知n∈N∗时，cn因为12n>0当n为偶数时，cn=2所以cn≥c所以cnmin=（3）当an为等差数列时，S令12n−28>0，得n>73，即此时Sn单调递增，故n∈当an为等比数列时，当q=2时，由（2）知，Sn=当q=−2时，an为摆动数列，S所以Sn=2n−1当n=1时，2cos当n=2时，5+6cos所以n=1和n=2时，n2下证当n≥3时，n2因为n∈N∗，所以cosn>−1所以n2即证(n令dn=(n即证dn>0，因为因为(n+2)22−4>所以dn+1−dn>0所以dn≥d3=15−综上，n18．【答案】（1）解：当∠F1PO=45°时，所以∠PF1O=2∠F1PO=90又因为OF1=PF1，所以（2）解：设∠F1PO=α，则∠PF1在△PF1O又因为0<α<π0<2α<π0<3α<π⇒0<α<所以POF1O（3）解：因为PO+PF所以PO=PF2，即点P在OF2的中垂线上，所以Hc2,0，

当x=所以Pc2所以cos∠P则存在点Pc2,【解析】【分析】（1）当∠F1PO=45°时，l⊥x（2）在△PF1O中，由正弦定理得出POF1O=2（3）由PO+PF1=2a结合椭圆的定义可得PO=PF2，则点P在OF2的中垂线上，从而求出点P的坐标，在直角三角形P（1）当∠F1PO=45°时，所以∠PF1所以P−c,b2a，又因为OF（2）设∠F1PO=α，则在△PF1O又因为0<α<π0<2α<π0<3α<π所以POF1O（3）因为PO+PF所以PO=PF2，即点P在所以Hc2,0，当x=所以Pc2所以cos存在点Pc2,19．【答案】（1）证明：由fx则f'(x)=mex−2x−2，

又因为P则f'(=me要证f'因为m<0，即证ex不妨设x1<x2，令则ex故只需证te令g(t)=tet2则g'再令φ(x)=e则φ'(x)=ex−1>0故φ(x)>φ(0)=0，故当x>0时，1+x<e由t>0,t2>0则g'(t)=et21+t故g(t)<g(0)=0，得证.（2）解：①由x1,x2,x3等差数列且x下面先研究若存在A,B,C三点，使y1则y又因为2yy1,y由e3x存在A,B,C三点，使y1,y当x1>0时，ex当x1<0时，ex故当x1≠0时，令ex12=t，t>0且所以m2=2lnttt2−1，

令ℎ(t)=再令s(t)=t2−1−(3t2则s'令r(t)=1t2−1−6lnt，因为故当0<t<1时，r(t)>0，即s'(t)>0，则s(t)在当t>1时，r(t)<0，即s'(t)<0，则s(t)在故s(t)<s(1)=0，故ℎ'故ℎ(t)在(0,1)上单调递减，且在1,+∞又