安徽省馬鞍山二中2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試題（解析）

馬鞍山二中2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試題考試范圍：高考全部?jī)?nèi)容；時(shí)間：120分鐘；滿分：150分第I卷（選擇題）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知集合A={x||x|≤2}，B={x|3x?1<1}，則A∩B=(

A.[?2,2] B.[?2,1) C.(?2,1] D.(1,2)【答案】B

解：集合A={x||x|≤2}={x|?2≤x≤2}，

集合B={x|3x?1<1}={x|x<1}，

則A∩B={x|?2≤x<1}

即A∩B=[?2,1)．

2.設(shè)復(fù)數(shù)z滿足(2?i)z=3i，則z的共軛復(fù)數(shù)z?=A.?35?65i B.?【答案】A

【解析】解：由復(fù)數(shù)z滿足(2?i)z=3i，

可得z=3i2?i=3i(2+i)5=?35+65i，

故z?=?35?65i.

A.2 B.2 C.4 D.【答案】B

解：|

a|=

1+1=2，

∵|a+2b|=14，兩邊平方得：

a2+22a·b+2b2=14，

2+22×2×|b→|×cos?π3A.56 B.34 C.23【答案】A

【解析】解：根據(jù)題意，設(shè)事件A=甲參觀珠海國(guó)際航展中心，事件B=甲與乙不到同一觀展區(qū)，

航展共開辟了三處觀展區(qū)，每人只能隨機(jī)去一個(gè)展區(qū)，則P(A)=13，

因?yàn)槊總€(gè)觀展區(qū)至少有1人，每人只參觀一個(gè)觀展區(qū)，

則先將4個(gè)人分為3組，再將這三組分配給三個(gè)展區(qū)，

基本事件的總數(shù)為n(Ω)=C42A33=36，

若事件A、B同時(shí)發(fā)生，即甲參觀珠海國(guó)際航展中心而乙沒有參觀珠海國(guó)際航展中心，

分2種情況討論：

若參觀珠海國(guó)際航展中心有2人，則另外一人為丙或丁，

此時(shí)，不同的參觀情況種數(shù)為2A22=4，

若參觀珠海國(guó)際航展中心只有甲一人，將另外三人分成兩組，再將這兩組分配給另外兩個(gè)展區(qū)，

此時(shí)，不同的參觀情況種數(shù)為C32A22=6種，

因此，P(AB)=n(AB)n(Ω)=4+636=A.481 B.127 C.3【答案】A

解：由邊長(zhǎng)為43的正三角形的內(nèi)切圓半徑為r1=13×43×32=2，

即軸截面是邊長(zhǎng)為43的正三角形的圓錐內(nèi)切球半徑為2，

所以放入一個(gè)半徑為2的小球O1后，再放一個(gè)球O2，

如下圖，

要使球O2的表面積與容器表面積之比的最大，即球O2的半徑r2最大，

所以只需球O2與球6.在?ABC中，已知sin2A+sin2C+cos2B=sinA.等腰三角形 B.直角三角形

C.等邊三角形 D.等腰直角三角形【答案】C

解：由題意得sin即sin2A+si即a2+c2?b2=ac，則又ABAB所以ABAB故cosAB,AC=1所以三角形?ABC為等邊三角形．7.已知拋物線C1:y2=2px的焦點(diǎn)F與雙曲線C2:x2a2?y2b2=1的右焦點(diǎn)重合，且曲線C1A.2+1 B.2 C.2+【答案】A

解：由題意，得F(p2,0)，即c=p2，

設(shè)P(x0,y0)，

則OP?OF=(x0,y0)?(p2,0)=p2x0=p24，解得x0=p28.已知函數(shù)f(x)滿足f(x+y)+f(x?y)=23f(x)f(y),f(1)=32，則下列結(jié)論不正確的是A.f(0)=3

B.函數(shù)f(2x?1)關(guān)于直線x=12對(duì)稱

C.f(x)+f(0)≥0

D.f(x)【答案】D

【解析】解：令x=1，y=0，則2f(1)=23f(1)f(0)，解得f(0)=3，A正確；

令x=0，則f(y)+f(?y)=23f(0)f(y)=2f(y)，

所以f(y)=f(?y)，即f(x)是偶函數(shù)，

所以f(2x?1)=f(?2x+1)=f[2(1?x)?1]，所以函數(shù)f(2x?1)關(guān)于直線x=12對(duì)稱，B正確；

令y=x，則f(2x)+f(0)=23f2(x)≥0，

令t=2x，則f(t)+f(0)≥0，所以f(x)+f(0)≥0，C正確；

令y=1，則f(x+1)+f(x?1)=f(x)①，

所以f(x+2)+f(x)=f(x+1)②，

①②聯(lián)立得f(x+2)=?f(x?1)，

所以f(x+3)=?f(x)，f(x+6)=?f(x+3)=f(x)，即f(x)的周期為69.從出生之日起，人的體力、情緒、智力呈周期性變化，在前30天內(nèi)，它們的變化規(guī)律如圖所示(均為可向右無限延伸的正弦型曲線模型)：

記智力曲線為I，情緒曲線為E，體力曲線為P，且三條曲線的起點(diǎn)位于坐標(biāo)系的同一點(diǎn)處，則(

)A.體力曲線P的最小正周期是三個(gè)曲線中最大的

B.第462天時(shí)，智力曲線I處于上升期、情緒曲線E處于下降期

C.智力、情緒、體力三條曲線存在無數(shù)個(gè)公共點(diǎn)

D.存在正整數(shù)n，使得第n天時(shí)，智力、情緒、體力三條曲線同時(shí)處于最高點(diǎn)或最低點(diǎn)【答案】BC

【解析】解：由圖象可知智力最小正周期為33天，情緒最小正周期為28天，體力最小正周期是23，

可得體力P的最小正周期是三個(gè)曲線中最小的，A錯(cuò)；

由圖象，智力周期為33天，情緒周期為28天，462=33×14相當(dāng)于[0,2π]的起點(diǎn)，462=28×16+14，相當(dāng)于[0,2π]的中間點(diǎn)，B正確；

體力周期是23，只要是33，28，23的公倍數(shù)都是它們的公共點(diǎn)橫坐標(biāo)，C正確；

智力曲線處于最高點(diǎn)的天數(shù)為y1=33k1+8.25，

情緒曲線處于最高點(diǎn)的天數(shù)為y2=28k2+7，

體力曲線處于最高點(diǎn)的天數(shù)為y3=23k3+5.75，

只有情緒曲線是整數(shù)天處于最高點(diǎn)，

另外兩個(gè)曲線處于最高點(diǎn)的天數(shù)都不是整數(shù)，

同樣最低點(diǎn)也是如此，因此D錯(cuò)．

10A.若an=n，則Δ2an=0

B.若an=n2，則Δan+1>Δan

C.若an【答案】ABD

【解析】解：對(duì)于選項(xiàng)A，∵Δan=an+1?an=n+1?n=1，

∴Δ2an=Δan+1?Δan=1?1=0，故A選項(xiàng)正確；

對(duì)于選項(xiàng)B，∵Δan=(n+1)2?n2=2n+1，

Δan+1=(n+2)2?(n+1)2=2n+3，∴Δan+1>Δan，故B選項(xiàng)正確；

對(duì)于選項(xiàng)C，∵Δan=(n+1)3?n3=3n2+3n+1，

∴b1=Δa1=7，又n≥2時(shí)，bn=Δan?Δan?1=6n，bn=7,n=16n,n≥2，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；

對(duì)于選項(xiàng)D，A.線段DP長(zhǎng)度的最小值為655

B.存在點(diǎn)P，使AP+PC=23

C.存在點(diǎn)P，使A′C⊥平面MNP

D.以B為球心，17

【答案】AC

【解析】解：對(duì)于

A，如圖1，

因?yàn)锳′B=A′D=42+22=25，BD=22，

故當(dāng)DP⊥A′B時(shí)，線段DP長(zhǎng)度最小，

此時(shí)由等面積得12×22×(25)2?(2)2=12×25×DP，

解得DP=1225=655，故A正確；

對(duì)于B，如圖2，

將平面A′D′CB旋轉(zhuǎn)至平面BC1D1A′，使之與平面A′AB共面，

連接AC1與A′B交于點(diǎn)P1，此時(shí)AP1+P1C1=AC1為最小值，

sin∠A′BA=425=25，∠A′BC1=90°，

故cos∠ABC1=cos(∠A′BA+90°)=?sin∠A′BA=?25，

由余弦定理得AC12=22+22?2×2×2cos∠ABC1=8?8×(?25)=8+165，

故AC1=22?1+25>22?1+12=23，

因此不存在這樣的點(diǎn)P，使AP+PC=23，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C，如圖3，

取B′E=1,B′F=12,A′G=32，連接FG交A′B于P，

下證A′C⊥MN，

連接D′C，由D′ND′M=D′DDC=2，可得△ND′M～△D′DC，則得D′C⊥MN，

因?yàn)镈′A′⊥平面DCC′D′，因?yàn)镸N?平面DCC′D′，則D′A′⊥MN，

因?yàn)镈′C∩D′A′=D′，D′C，D′A′?平面A′D′C，

故MN⊥平面A′D′C，

又A′C?平面A′D′C，故A′C⊥MN．

同理，A′C⊥EN，因?yàn)镸N∩EN=N，MN，EN?平面MEN，

故A′C⊥平面MEN．

下證三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.(x2+1)(x?2x)【答案】30

解：因?yàn)閤?2x5的展開式的通項(xiàng)公式為

Tr+1=C5r(

x

)5?r(?2x)r=C5r

(?2)

?rx5?2r

，13.點(diǎn)O為平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，A(?3,0)，點(diǎn)P滿足|PA||PO|=2，點(diǎn)Q為圓C：(x?3)2+(y?4)2【答案】4【解析】解：設(shè)P(x,y)，A(?3,0)，點(diǎn)P滿足|PA||PO|=2，

則(x+3)2+y2x2+y2=2，整理得到(x?1)2+y2=4，

設(shè)該圓的圓心為M，則M(1,0)，半徑為2，

而C(3,4)，圓C的半徑為1，如圖：|CM|=4+16=25>3=1+2，

故圓M與圓C相離，故|PQ|的最小值為25?3，

當(dāng)且僅當(dāng)M，P，Q，C共線時(shí)且P，Q在14.設(shè)函數(shù)f(x)=xex，若曲線y=f(x)在點(diǎn)(x0,f(x0))處(x【答案】1

解：先求曲線的切線方程，因?yàn)閒(x)=xex，所以f′(x)=ex+xex，

則曲線y=f(x)在點(diǎn)(x0,f(x0))處的切線的斜率為k=ex0+x0ex0，

用點(diǎn)斜式表示切線方程為：y?x0ex0=(ex0+x0ex0)(x?x0)，

將拋物線y=ex2與切線方程聯(lián)立可得：

ex2=(ex0+x0ex0)(x?x0)+x0ex0，(x>0)，

去括號(hào)整理可得：ex2?ex0(1+x0)x+x02ex四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)已知函數(shù)f(x)=2x+2aln(1)當(dāng)a=?1時(shí)，求f(x)在(1,f(1))處的切線方程;(2)已知a為整數(shù)，若f(x)在(2,3)上單調(diào)遞減，且在(4,+∞)上單調(diào)遞增，求a．【答案】解：f(x)的定義域?yàn)?0,+∞)，f′(x)=2+2ax+1x2=2x2+2ax+1x2．

(1)當(dāng)a=?1時(shí)，f(x)=2x?2lnx?1x，f′(x)=2x2?2x+1x2，

所以f(1)=1，f′(1)=1，

f(x)在(1,f(1))處的切線方程為y=x．

(2)令g(x)=2x2+2ax+1．

由題意，當(dāng)x∈(2,3)16.(本小題15分)甲、乙兩位同學(xué)參加知識(shí)答題比賽，得分高者獲勝.已知共20道試題，甲能答對(duì)其中的15道題，乙答對(duì)每道題的概率為34，每答對(duì)一題得5分，答錯(cuò)不扣分.兩人商議后約定：甲隨機(jī)選擇其中的3道題作答;乙依次作答，且每答對(duì)一題繼續(xù)答下一題，題目答錯(cuò)或者答完則結(jié)束答題.設(shè)甲答題總得分為X，乙答題總得分為Y(1)求甲答題總得分X=10的概率;(2)求乙答題總得分的期望E(Y)，并從期望角度說明甲、乙誰勝出?(參考數(shù)據(jù)：(3【答案】解;(1)甲答題總得分X=10的概率為P(x=10)=C152C51C203=3576；

(2)設(shè)甲答對(duì)題目的個(gè)數(shù)為ξ，則ξ∽H(20,3,15)，

則E(ξ)=3×1520=94，

所以E(X)=E(5ξ)=454;

由題意可知，乙答題得分Y的取值范圍為{0,5,10,?,100}，

P(Y=0)=14，P(Y=5)=34×14，P(Y=10)=(34)2×14，17.(本小題15分)如圖，ΔABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D、E分別為AB，AC的中點(diǎn)，將ΔADE沿著DE翻折到某個(gè)位置得到ΔPDE．(1)線段PB上是否存在點(diǎn)M，使得DM//平面PCE，并說明理由；(2)當(dāng)PB=6時(shí)，求平面PBD與平面PCD【答案】解：(1)法一：存在，且M為PB的中點(diǎn)，下面給出證明：如圖，取PC中點(diǎn)G，連接MG，GE，

因?yàn)镸、G為PB、PC中點(diǎn)所以

MG=又D、E分別為AB，AC的中點(diǎn)，所以

DE=所以

DE=所以四邊形DMGE為平行四邊形，所以

DM=又

DM?平面PCE,EG?平面PCE，所以

DM//平面PCE；法二：存在，且M為PB中點(diǎn)，證明如下：取BC中點(diǎn)G，連接DG，GM

因?yàn)橐驗(yàn)镈、M、G為AB、PB、BC中點(diǎn)所以

MG//PC

，

DG//CE，又

MG?平面PCE,PC?平面PCE

；

DG?平面PCE,CE?平面PCE，所以

MG//平面PCE

，

DG//平面PCE，又

MG∩DG=G

，

MG,DG?平面DMG，所以

平面DMG//平面PCE，因?yàn)?/p>

DM?平面DMG，所以

DM//平面PCE；(2)連接BE，則

BE=又

PE=1

，

PB=所以

PB所以

PE⊥BE，又因?yàn)?/p>

PE⊥DE

，

BE∩DE=E，BE,DE?平面BDE，所以

PE⊥平面BCED，又

CE?平面BCED，所以

PE⊥CE，所以

EP,EC,ED

兩兩垂直，以E為原點(diǎn)，

ED,EC,EP

的方向分別為

x,y,z

軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，

則

D(1,0,0)

，

P(0,0,1)

，

B(2,1,0)

所以

DP=(?1,0,1),DB=(1,1,0)

，設(shè)平面PBD的一個(gè)法向量為

n1則

n1?DP=?x1+0+z1=0n1設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為

n則

n2?CP=?y2+z2=0n2?設(shè)平面PBD與平面PCD所成角的大小為

θ

，

則cos?θ=|所以，平面

PBD

與平面

PCD

所成角的余弦值為

13．

18.(本小題17分)

已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)，其左頂點(diǎn)A(?2,0)，離心率e=32．

(1)求雙曲線方程及漸近線方程；

(2)過右焦點(diǎn)F的直線與雙曲線右支交于P，Q兩點(diǎn)，與漸近線分別交于點(diǎn)M，N，直線AP，AQ分別與直線x=43交于R，T．【答案】解：(1)因?yàn)殡p曲線C的左頂點(diǎn)A(?2,0)，離心率e=32，

所以a=2ca=32a2+b2=c2，

解得a=2，b=5，c=3，

所以雙曲線方程為x24?y25=1，

其漸近線方程為x2±y5=0，

即5x±2y=0；

(2)(i)顯然當(dāng)過點(diǎn)F(3,0)的直線斜率不能為0，

設(shè)直線l的方程為x=my+3，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，

聯(lián)立x=my+3x24?y25=1，消去x并整理得(5m2?4)y2+30my+25=0，

此時(shí)5m2?4≠0900m2?100(5m2?4)>0255m2?4<0，

解得?255<m<255，

由韋達(dá)定理得y1+y2=?30m5m2?4y1y2=255m2?4，

所以|PQ|=1+m19.(本小題17分)已知點(diǎn)集M={(x