江蘇省海安2024-2025高三數(shù)學(xué)上學(xué)期期末考試試題

江蘇省海安2024～2024高三上學(xué)期期末試卷數(shù)學(xué)(滿分：150分考試時間：120分鐘)2024．1一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的選項(xiàng)中只有一個選項(xiàng)符合要求．1.已知全集U＝{x|－2＜x＜3}，集合A＝{x|－1＜x≤1}，則?UA＝()A.(－1，1]B.(－2，－1]∪(1，3)C.[－1，1)D.(－2，－1)∪[1，3)2.若復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在直線y＝1上，且z＝iz，則z＝()A.1－iB.1＋iC.－1＋iD.－1－i3.(eq\r(x)－eq\f(1,x))6的二項(xiàng)綻開式中的常數(shù)項(xiàng)是()A.－20B.－15C.15D.204.閱歷表明，樹高y與胸徑x具有線性關(guān)系，為了解回來方程的擬合效果，利用下列數(shù)據(jù)計(jì)算殘差，用來繪制殘差圖．胸徑x/cm18.219.122.324.526.2樹高的觀測值y/m18.919.420.822.824.8樹高的預(yù)料值y/m18.619.321.523.024.4則殘差的最大值和最小值分別是()A.0.4，－1.8B.1.8，－0.4C.0.4，－0.7D.0.7，－0.45.為測量河對岸的直塔AB的高度，選取與塔底B在同一水平面內(nèi)的兩個測量基點(diǎn)C，D，測得∠BCD的大小為60°，點(diǎn)C，D的距離為200m，在點(diǎn)C處測得塔頂A的仰角為45°，在點(diǎn)D處測得塔頂A的仰角為30°，則直塔AB的高為()A.100mB.100eq\r(3)mC.(200eq\r(3)－200)mD.200m6.已知圓心均在x軸上的兩圓外切，半徑分別為r1，r2(r1＜r2)，若兩圓的一條公切線的方程為y＝eq\f(\r(2),4)(x＋3)，則eq\f(r2,r1)＝()A.eq\f(4,3)B.2C.eq\f(5,4)D.37.設(shè)G為△ABC的重心，則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.設(shè)a＝eq\f(1,10)eeq\f(1,9)，b＝eq\f(1,9)，c＝2lneq\f(3,2)，則()A.a＜b＜cB.a＜c＜bC.c＜b＜aD.b＜a＜c二、選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.在正方體ABCDA1B1C1D1中，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)AA1，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)CC1，則()A.EF⊥BDB.EC1∥平面ABFC.EF⊥平面B1CD1D.直線EF與直線BD1異面10.已知拋物線C：y2＝x的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)M，N均在C上，若△FMN是以F為直角頂點(diǎn)的等腰三角形，則MN＝()A.eq\f(\r(2)－1,2)B.eq\r(2)－1C.eq\f(\r(2)＋1,2)D.eq\r(2)＋111.已知等差數(shù)列{an}中，當(dāng)且僅當(dāng)n＝7時，Sn取得最大值．記數(shù)列{eq\f(Sn,n)}的前k項(xiàng)和為Tk，則下列結(jié)論正確的是()A.若S6＝S8，則當(dāng)且僅當(dāng)k＝13時，Tk取得最大值B.若S6＜S8，則當(dāng)且僅當(dāng)k＝14時，Tk取得最大值C.若S6＞S8，則當(dāng)且僅當(dāng)k＝15時，Tk取得最大值D.若?m∈N*，Sm＝0，則當(dāng)k＝13或14時，Tk取得最大值12.將樣本空間Ω視為一個單位正方形，任一事務(wù)均可用其中的區(qū)域表示，事務(wù)發(fā)生的概率為對應(yīng)區(qū)域的面積．在如圖所示的單位正方形中，區(qū)域Ⅰ表示事務(wù)AB，區(qū)域Ⅱ表示事務(wù)Aeq\x\to(B)，區(qū)域Ⅰ和Ⅲ表示事務(wù)B，則區(qū)域Ⅳ的面積為()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、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知sin(π－x)＝eq\f(1,3)，x∈(0，eq\f(π,2))，則tanx＝________．14.已知橢圓C的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P在橢圓C上，若△PF1F2是以F1為頂點(diǎn)的等腰三角形，且cos∠F1PF2＝eq\f(3,4)，則C的離心率e＝________．15.設(shè)過直線x＝2上一點(diǎn)A作曲線y＝x3－3x的切線有且只有兩條，則滿意題設(shè)的一個點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為________．16.已知球O的表面積為100πcm2，P是球O內(nèi)的定點(diǎn)，OP＝eq\r(10)cm，過P的動直線交球面于A，B兩點(diǎn)，AB＝4eq\r(5)cm，則球心O到AB的距離為________cm；若點(diǎn)A，B的軌跡分別為圓臺O1O2的上、下底面的圓周，則圓臺O1O2的體積為________cm3.四、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．17.(本小題滿分10分)已知數(shù)列{an}中，a1，a2，a3，…，a6成等差數(shù)列，a5，a6，a7，…成等比數(shù)列，a2＝－10，a6＝2.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn＞0，求n的最小值．18.(本小題滿分12分)已知四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝120°，AC平分∠BAD.(1)求圓O的半徑；(2)求AC的長．19.(本小題滿分12分)如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，∠ABC＝60°，E為AC的中點(diǎn)，將△ACD沿AC翻折使點(diǎn)D至點(diǎn)D′.(1)求證：平面BD′E⊥平面ABC；(2)若三棱錐D′ABC的體積為eq\f(2\r(2),3)，求二面角D′ABC的余弦值．20.(本小題滿分12分)甲、乙、丙三人進(jìn)行乒乓球單打競賽，約定：隨機(jī)選擇兩人打第一局，獲勝者與第三人進(jìn)行下一局的競賽，先獲勝兩局者為優(yōu)勝者，競賽結(jié)束．已知每局競賽均無平局，且甲贏乙的概率為eq\f(1,3)，甲贏丙的概率為eq\f(1,3)，乙贏丙的概率為eq\f(1,2).(1)若甲、乙兩人打第一局，求丙成為優(yōu)勝者的概率；(2)求恰好打完2局結(jié)束競賽的概率．21.(本小題滿分12分)已知雙曲線C過點(diǎn)(3，eq\r(2))，且C的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x.(1)求C的方程；(2)設(shè)A為C的右頂點(diǎn)，過點(diǎn)P(－2eq\r(3)，0)的直線與圓O：x2＋y2＝3交于點(diǎn)M，N，直線AM，AN與C的另一交點(diǎn)分別為D，E，求證：直線DE過定點(diǎn)．22.(本小題滿分12分)已知0＜a＜1，函數(shù)f(x)＝x＋ax－1，g(x)＝x＋1＋logax.(1)若g(e)＝e，求函數(shù)f(x)的微小值；(2)若函數(shù)y＝f(x)－g(x)存在唯一的零點(diǎn)，求a的取值范圍．

數(shù)學(xué)參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)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也正確)16.eq\r(5)eq\f(65\r(10),3)π17.解：(1)設(shè)等差數(shù)列a1，a2，a3，…，a6的公差為d.因?yàn)閍2＝－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)設(shè)等比數(shù)列a5，a6，a7，…的公比為q，則q＝eq\f(a6,a5)＝eq\f(2,－1)＝－2，所以an＝－(－2)n－5(n≥6，n∈N*).綜上，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，當(dāng)n≤5時，an＜0，要使Sn＞0，則n≥6，(6分)此時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)必為奇數(shù)，此時2n－5＞eq\f(103,2)，所以n－5的最小值為7，所以n的最小值為12.(10分)18.解：(1)設(shè)圓O的半徑為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)在圓O的內(nèi)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)，所以圓O的半徑為eq\f(7\r(3),3).(6分)(2)因?yàn)樗倪呅蜛BCD內(nèi)接于圓O，所以∠BAD＋∠BCD＝180°.又∠BAD＝120°，故∠BCD＝60°.因?yàn)锳C平分∠BAD，所以∠BAC＝60°.(8分)(解法1)因?yàn)锳C平分∠BAD，所以eq\x\to(BC)＝eq\x\to(CD)，所以BC＝CD.又因?yàn)椤螧CD＝60°，所以△BCD為正三角形，所以BC＝BD＝7.(10分)(解法2)在圓O的內(nèi)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?yàn)锳C＞0，所以AC＝8，所以AC的長為8.(12分)19.(1)證明：由菱形ABCD知，D′A＝D′C，又E為AC的中點(diǎn)，所以D′E⊥AC，同理，可得BE⊥AC.(2分)因?yàn)镈′E,BE?平面BD′E,D′E∩BE＝E，所以AC⊥平面BD′E.因?yàn)锳C?平面ABC，所以平面BD′E⊥平面ABC.(4分)(2)解：過點(diǎn)D′作D′H⊥BE交BE于點(diǎn)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?yàn)槿忮FD′ABC的體積為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)如圖，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EA，EB分別為x軸、y軸，過點(diǎn)E與平面ABC垂直的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則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)).設(shè)平面D′AB的法向量n＝(x，y，z)，則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的一個法向量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的余弦值為eq\f(1,3).(12分)(解法2)過點(diǎn)H作HF⊥AB交AB于點(diǎn)F，連接D′F.因?yàn)镈′H⊥平面ABC，依據(jù)三垂線定理，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的余弦值為eq\f(1,3).(12分)20.解：(1)記“第i局甲勝、乙勝、丙勝”分別為事務(wù)Ai，Bi，Ci，i＝1，2，3，4，記“丙成為優(yōu)勝者”為事務(wù)D，則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)，所以丙成為優(yōu)勝者的概率是eq\f(1,3).(6分)(2)記“甲、乙打第一局“為事務(wù)A，“甲、丙打第一局”為事務(wù)B，“乙、丙打第一局”為事務(wù)C，“恰打完2局競賽結(jié)束”為事務(wù)E，其中A，B，C兩兩互斥，且和為樣本空間，依題意，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)依據(jù)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局結(jié)束競賽的概率為eq\f(14,27).(12分)21.(1)解：當(dāng)x＝3時，代入y＝eq\f(\r(3),3)x，得y＝eq\r(3)＞eq\r(2)，所以雙曲線C的焦點(diǎn)在x軸上．(2分)不妨設(shè)雙曲線C的方程為eq\f(x2,3)－y2＝λ(λ＞0)，將點(diǎn)(3，eq\r(2))代入，得λ＝1，所以C的方程為eq\f(x2,3)－y2＝1.(4分)(2)證明：設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x3，y3)，E(x4，y4)，由(1)知A(eq\r(3)，0).(5分)因?yàn)镻，M，N三點(diǎn)共線，所以eq\f(y1,x1＋2\r(3))＝eq\f(y2,x2＋2\r(3))(不妨記為k).則(x1＋2eq\r(3))y2－(x2＋2eq\r(3))y1＝0，即x1y2－x2y1＝2eq\r(3)(y1－y2).(6分)設(shè)直線AM的方程為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.則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)).所以直線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)所以直線DE的方程為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?yàn)閥1＝k(x1＋2eq\r(3))，所以y＝－kx.所以直線DE過定點(diǎn)(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，則f′(x)＝1－e1－x，令f′(x)＝0，得x＝1.(3分)當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)＜0，故f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)的微小值為f(1)＝2.(5分)(2)記p(x)＝f(x)－g(x)＝ax－1－logax－1，因?yàn)?＜a＜1，所以lna＜0，則p′(x)＝ax－1lna－eq\f(1,xlna)＝eq\f(xax－1ln2a－1,xlna).記q(x)＝xax－1ln2a－1，則q′(x)＝(ax－1＋xax－1lna)ln2a＝(1＋xlna)ax－1ln2a.令q′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,lna)，記其為t(t＞0)，此時a＝e－eq\f(1,t).當(dāng)x∈(0，t)時，q′(x)＞0，故q(x)在(0，t)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(t，＋∞)時，q′(x)＜0，故q(x)在(t，＋∞)上單調(diào)遞減，所以q(x)在x＝t處取得極大值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)不難發(fā)覺函數(shù)y＝eq\f(1,t)eeq\f(1,t)－1－1在t∈(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且正數(shù)零點(diǎn)為1.當(dāng)t≥1，即eq\f(1,e)≤a＜1時，有q(t)≤0，故p′(x)≥0,所以p(x)單調(diào)遞增．又p(1)＝0，所以函數(shù)p(x)有唯一的零點(diǎn)，所以eq\f(1,e)≤a＜1.(9分)當(dāng)0＜t<1，即0<a＜eq\f(1,e)時，有q(t)>0，因?yàn)閝(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)在區(qū)間(1，eq\f(1,a))內(nèi)存在唯一零點(diǎn)，記為x0，所以p(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，