江苏省常州市龙城高级中学2024-2025学年高三上学期第15周阶段性训练数学模拟练习

江苏‌常州市龙城中学2024-2025学年高三（上）数学第15周阶段性训练模拟练习 一．选择题（共5小题） 1．已知定义在R上的函数f（x）的导数为f′（x），f（1）＝e，且对任意的x满足f'（x）﹣f（x）＜ex，则不等式f（x）＞xex的解集是（　　） A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，0） C．（0，+∞） D．（1，+∞） 2．已知正三棱锥P﹣ABC的侧棱长为3，当该三棱锥的体积取得最大值时，点A到平面PBC的距离是（　　） A． B． C．3 D． 3．已知圆C的直径AB长为8，与C相离的直线l垂直于直线AB，垂足为H，且0＜AH＜2，圆C上的两点P，Q到l的距离分别为d1，d2，且d1≠d2．若d1＝AP，d2＝AQ，则d1+d2＝（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 4．过抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F作直线交抛物线于，两点，则p＝（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 5．函数，若2f2（x）﹣3f（x）+1＝0恰有6个不同实数解，正实数ω的范围为（　　） A． B． C． D． 二．多选题（共5小题） （多选）6．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P在线段BD1上运动（包括端点），下列说法正确的有（　　） A．存在点P，使得CP⊥平面A1DB B．不存在点P，使得直线C1P与平面A1DB所成的角为30° C．PC+PD的最小值为 D．以P为球心，PA为半径的球体积最小时，被正方形ADD1A1截得的弧长是 （多选）7．关于函数，下列说法正确的有（　　） A．函数f（x）的图象关于点对称 B．函数f（x）在（﹣∞，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减 C．若方程f（x）＝t恰有一个实数根，则 D．若∀x∈R，都有f（x）＞m，则m≤﹣2 （多选）8．已知数列{an}中，a1＝1，，则下列结论正确的是（　　） A．a4＝13 B．{an}是递增数列 C．a10＜1000 D．an+1＝2an+1 （多选）9．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a＝2，，则以下四个命题中正确的是（　　） A．满足条件的△ABC不可能是直角三角形 B．△ABC面积的最大值为 C．当A＝C时，△ABC的内切圆的半径为 D．若△ABC为锐角三角形，则 （多选）10．已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球O，点M为球面上的动点，则下列说法正确的是（　　） A．球O的表面积为2π B．球O在正方体外部的体积大于 C．球O内接圆柱的侧面积的最大值为2π D．若点M在正方体外部（含正方体表面）运动，则 三．填空题（共4小题） 11．已知函数f（x）＝若，则实数a的值为 　 　． 12．已知双曲线的标准方程为，则该双曲线的焦距是 　 　． 13．已知二面角α﹣l﹣β为60°，α内一条直线m与l所成角为30°，β内一条直线n与l所成角为45°，则直线m与直线n所成角的余弦值是 　 　． 14．设奇函数f（x）的定义域为R，且f（x+1）是偶函数，若f（1）＝7，则f（2023）+f（2024）＝　 　． 四．解答题（共5小题） 15．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝AD，PD＝2，M是AB的中点，N是线段PC上一点，且MN∥平面PAD，MN⊥PC． （1）求证：CD⊥平面PAD； （2）求平面MNC与平面PBD所成的二面角的正弦值． 16．已知函数f（x）＝mex+cosx+n，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝x． （1）讨论函数f（x）在[﹣π，+∞）上的单调性； （2）当x∈[0，+∞）时，f（x）≥3sinx﹣ax恒成立，求实数a的取值范围． 17．已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左焦点为F，离心率为e，A，B是C上的相异两点，P（2a，0）． （1）若点A，B关于原点对称，且FA⊥FB，求e的取值范围； （2）若点A，B关于x轴对称，直线PA交C于另一点D，直线BD与x轴的交点Q的横坐标为1，过Q的直线交C于M，N两点．已知e＝，求的取值范围． 18．已知函数f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明： （1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点； （2）f（x）有且仅有2个零点． 19．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB是△ABC外接圆的直径，PC垂直于圆所在的平面，D、E分别是棱PB、PC的中点． （1）求证：DE⊥平面PAC； （2）若二面角A﹣DE﹣C为，AB＝PC＝4，求AE与平面ACD所成角的正弦值． 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 答案 A C D D D 一．选择题（共5小题） 1．【解答】解：令g（x）＝﹣x， g′（x）＝﹣1＝， 因为对任意的x满足f'（x）﹣f（x）＜ex， 所以g′（x）＝＜0， 所以g（x）在R上单调递减， 又f（1）＝e， 所以g（1）＝﹣1＝0， 不等式f（x）＞xex等价于g（x）＞0，即g（x）＞g（1）， 所以x＜1． 故选：A． 2．【解答】解：如图所示，设正三角形ABC的中心为E， 连接PE，AE，延长AE交BC于点F， 则PE⊥平面ABC，且F为BC中点，连接PF，则易得BC⊥平面PAF， 从而可得平面PBC⊥平面PAF，在平面PAF内过A作AH⊥PF于点H， 则AH⊥平面PBC，故AH即为所求， 设底面正三角形的边长为a，则BF＝CF＝，AF＝，AE＝，又PA＝3， ∴PE＝，PF＝， ∴正三棱锥P﹣ABC的体积为： V＝＝ ＝≤＝， 当且仅当，即a2＝18时，等号成立， 此时AH＝＝＝＝＝3， ∴当该三棱锥的体积取得最大值时，点A到平面PBC的距离是3． 故选：C． 3．【解答】解：设|AH|＝2a，以AH的中点为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系， 可得A（a，0），C（4+a，0），直线l：x＝﹣a， 以A为焦点的抛物线的方程为y2＝4ax， 点P，Q既在圆C上，又在抛物线上， 联立，可得x2﹣（8﹣2a）x+（4+a）2﹣16＝0， 则xP+xQ＝8﹣2a， 又d1+d2＝xP+xQ+2a＝8﹣2a+2a＝8． 故选：D． 4．【解答】解：将，两点分别代入抛物线方程， 可得，解得x1＝1，则， ，解得x2＝4，则， 又抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点， 由题意可得，A，F，B三点共线， 则kAF＝kBF，即，解得p＝4． 故选：D． 5．【解答】解：由题知，2f2（x）﹣3f（x）+1＝0的实数解可转化为或f（x）＝1的实数解，即y＝f（x）与y＝1或y＝的交点， 当x＞0时，， 所以x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 如图所示： 所以x＝e时f（x）有最大值：， 所以x＞0时，由图可知y＝f（x）与y＝1无交点，即方程f（x）＝1无解， 所以y＝f（x）与y＝有两个不同的交点，及方程f（x）＝有2个解， 当x＜0时，因为ω＞0，﹣π≤x≤0， 所以， 令，则 则有y＝sint且，如图所示： 因为x＞0时，已有两个交点， 所以只需保证y＝sint与及与y＝1有四个交点即可， 所以只需， 解得， 即正实数ω的范围为[2，）． 故选：D． 二．多选题（共5小题） 6．【解答】解：由题，建立如图所示的空间直角坐标系， ，则P（2﹣2λ，2﹣2λ，2λ）， 对于A，AC1⊥面是平面A1BD一个法向量， 假设CP⊥面A1DB，则与（﹣2，2，2）共线矛盾，假设不成立，故A错； 对于B，若存在P，C1P与A1DB所成角为30°，则，∴不满足条件， 假设不成立，故B对； 对于C，＝． 表示P（λ，0）与距离之和，对； 对于D，，时PA最小，， 球与面ADD1A1交于Q，Q在以N为圆心，为半径的圆上， 在正方形ADD1A1内轨迹为半圆，长度＝，故D对． 故选：BCD． 7．【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，函数，f（﹣1﹣x）＝，f（x）≠﹣f（﹣1﹣x）， 则f（x）的图象不关于点（﹣，0）对称，A错误； 对于B，f′（x）＝＝＝， 在区间（﹣∞，2）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数， 在区间（2，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数，B正确； 对于C，＝0，解可得x＝﹣， 当t＝0时，方程f（x）＝t恰有一个实数根，C错误； 对于D，当x＞﹣时，f（x）＞0， 当x＜﹣时，f（x）＜0，此时f（x）＝﹣， 又由x2+1﹣（x2++）＝＞0，则f（x）＝﹣＞﹣2， 则有f（x）＞﹣2， 故若∀x∈R，都有f（x）＞m，则m≤﹣2，D正确． 故选：BD． 8．【解答】解：由，可得， 则， 又由a1＝1，可得， 所以数列{}表示首项为，公比为的等比数列， 所以，所以， 选项A，，故A错误； 选项B，， 即an+1＞an，所以{an} 是递增数列，故B正确； 选项C，，故C错误； 选项D，，， 所以an+1＝2an+1，故D正确． 故选：BD． 9．【解答】解：，则， 对选项A：取c＝1，则，a＝2，故a2＝b2+c2，△ABC是直角三角形，错误； 对选项B：设c＝x，则，，sinB＞0， ＝，当x＝2时，S最大为，正确； 对选项C：A＝C时，a＝c＝2，，， B∈（0，π），故，设内切圆的半径为r， 则，解得，正确； 对选项D：△ABC为锐角三角形，则b2＜a2+c2，即3c2＜4+c2，解得， 且a2＜b2+c2，即4＜4c2，解得c＞1，故，错误． 故选：BC． 10．【解答】解：对于A．如图所示， 正方体的棱切球O的半径，则球O的表面积为4πR2＝2π，故A正确； 对于B．若球体、正方体的体积分别为V1，V2． 球O在正方体外部的体积，故B正确； 对于C，球O的半径，设圆柱的高为h， 则底面圆半径， 所以， 当h2＝1时取得最大值，且最大值为π，所以C项错误； 对于D，取AB中点E，可知E在球面上，可得， 所以， 点M在球O上且在正方体外部（含正方体表面）运动， 所以（当ME为直径时，）， 所以．故D正确． 故选：ABD． 三．填空题（共4小题） 11．【解答】解：∵函数f（x）＝， ∴f（）＝||﹣2＝1﹣2＝﹣1， ∴f[f（）]＝f（﹣1）＝﹣a﹣1﹣3＝a， 解得a＝﹣2． 故答案为：﹣2． 12．【解答】解：∵双曲线的标准方程为， 又k﹣4＞k﹣5， ∴双曲线的标准方程为：﹣＝1， 可得a2＝k﹣4，b2＝5﹣k． ∴c2＝a2+b2＝1． 故该双曲线的焦距是2c＝2． 故答案为：2． 13．【解答】解：如图，过l上一点Q作QE⊥l交m于点E，QF⊥l交n于点F， 设，∴QE＝x，，EF＝＝， ， 如图，设，∴，，QE＝x，PE＝2x，∠EQF＝120°， ， ， 故答案为：． 14．【解答】解：根据题意，因为f（x）是奇函数，且f（x+1）是偶函数， 所以f（x+1）＝f（﹣x+1）＝﹣f（x﹣1）， 所以f（x+2）＝﹣f（x），即f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x）， 故f（x）是4为周期的周期函数，且有f（0）＝0， 则f（2023）+f（2024）＝f（﹣1）+f（0）＝﹣f（1）＝﹣7． 故答案为：﹣7． 四．解答题（共5小题） 15．【解答】（1）证明：过点N作NG∥CD，交PD于点G，连接AG，MN， 则A，M，N，G四点共面， 因为MN∥平面PAD，MN⊂平面AMNG，平面AMNG∩平面PAD＝AG， 所以MN∥AG， 又NG∥CD∥AM，所以四边形AMNG是平行四边形， 所以NG＝AB＝CD， 所以N，G分别是PC，PD的中点， 因为PA＝AD，所以AG⊥PD， 因为MN∥AG，MN⊥PC，所以AG⊥PC， 又PD∩PC＝P，PD、PC⊂平面PCD， 所以AG⊥平面PCD， 因为CD⊂平面PCD，所以AG⊥CD， 因为AD⊥CD，且AG∩AD＝A，AG、AD⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD． （2）解：由（1）知CD⊥平面PAD， 故以D为坐标原点，DA，DC所在直线分别为x，y轴，作Dz⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系， 过点P作PQ⊥AD于点Q， 因为PA＝AD＝2，PD＝2， 所以∠PAD＝120°， 在Rt△PAQ中，∠PAQ＝180°﹣∠PAD＝60°，PA＝2， 所以PQ＝，AQ＝1， 所以P（3，0，），B（2，2，0），C（0，2，0），D（0，0，0），M（2，1，0），N（，1，）， 所以＝（﹣，0，），＝（2，﹣1，0），＝（2，2，0），＝（3，0，）， 设平面MNC的法向量为＝（x，y，z），则， 取z＝1，则x＝，y＝2，所以＝（，2，1）， 设平面PBD的法向量为＝（a，b，c），则， 取a＝﹣1，则b＝1，c＝，所以＝（﹣1，1，）， 所以cos＜，＞＝＝＝， 故平面MNC与平面PBD所成的二面角的正弦值为＝． 16．【解答】解：（1）因为f′（x）＝mex﹣sinx， 所以f′（0）＝m﹣1， 又f（0）＝1+m+n＝0， 所以m＝1，n＝﹣2， 所以f（x）＝ex+cosx﹣2， 所以f′（x）＝ex﹣sinx， 当﹣π≤x≤0时，ex＞0，sinx≤0， 所以f′（x）＝ex﹣sinx＞0， 当x＞0时，ex＞1，sinx≤1， 所以f′（x）＝ex﹣sinx＞0， 所以f′（x）在[﹣π，+∞）上恒成立， 所以f（x）在[﹣π，+∞）上单调递增． （2）“当x∈[0，+∞）时，f（x）≥3sinx﹣ax恒成立” 等价于“ex﹣3sinx+cosx﹣2+ax≥0在[0，+∞）上恒成立”， 设g（x）＝ex﹣3sinx+cosx﹣2+ax，x∈[0，+∞）， 则g′（x）＝ex﹣3cosx﹣sinx+a， 设h（x）＝g′（x），则h′（x）＝ex+3sinx﹣cosx， 当x∈[0，π）时，由于sinx≥0，ex≥1，cosx≤1， 所以h′（x）≥0， 当x∈[π，+∞）时，由于ex≥eπ＞23＝8，3sinx﹣cosx≥﹣， 所以h′（x）＞0， 综上所述，h（x）＝g′（x）在[0，+∞）上单调递增， 又g′（0）＝a﹣2， 若a≥2，则g′（x）≥g′（0）≥0， 所以g（x）在[0，+∞）上单调递增， 又g（0）＝0，符合题意， 若a＜2，则g′（0）＜0， 所以必存在正实数x0满足g′（x0）＝0， 所以g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， 又g（0）＝0， 所以g（x0）＜0，不符合题意， 所以实数a的取值范围为[2，+∞）． 17．【解答】解：（1）设A（x0，y0），B（﹣x0，﹣y0），F（﹣c，0）（c＞0）， 所以＝（x0+c，y0），＝（﹣x0+c，﹣y0）， 由FA⊥FB可得•＝c2﹣﹣＝0， 点A（x0，y0）在椭圆C上可得+＝1， 两式联立后消去y0，可得＝， 由于0≤＜a2， 则， 化简得， 解得≤e＜1， 所以e的取值范围[，1）． （2）由题意可得直线PA的斜率存在， 所以设直线PA的方程y＝k（x﹣2a）， 由e＝得a＝2c， 所以b＝＝c， 所以直线PA的方程为y＝k（x﹣4c）， 设A（x1，y1），D（x2，y2），B（x1，﹣y1）， 所以直线BD的方程为y﹣y2＝（x﹣x2）， 令y＝0，则x＝x2﹣＝＝＝， 由，得（3+4k2）x2﹣32ck2x+64k2c2﹣12c2＝0， 所以， 所以x＝＝＝c， 所以c＝1， 所以椭圆的方程为+＝1， 若直线MN与x轴重合，则•＝（2，0）•（﹣2，0）＝﹣4， 若直线MN与x轴不重合，设直线MN的方程为x＝my+1，M（x3，y3），N（x4，y4）， 则•＝x3x4+y3y4＝（my3+1）（my4+1）+y3y4＝（m2+1）y3y4+m（y3+y4）+1， 由，得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0， 所以， 所以•＝（m2+1）（﹣）﹣+1＝＝﹣4， 由于m2≥0，则0＜≤， 所以•∈（﹣4，﹣]， 综上所述，•的取值范围为[﹣4，﹣]． 18．【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞）， f′（x）＝cosx，f″（x）＝﹣sinx+， 令g（x）＝﹣sinx+，则g′（x）＝﹣cosx＜0在（﹣1，）恒成立， ∴f″（x）在（﹣1，）上为减函数， 又∵f″（0）＝1，f″（）＝﹣1+＜﹣1+1＝0，由零点存在定理可知， 函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增， 在（x0，）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点； （2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）单调递减； 当x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增； 由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f′（）＝＜0， 由零点存在定理可知，函数f′（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知， 当x∈（x0，x1）时，f′（x）单调递减，f′（x）＞f′（x1）＝0，f（x）单调递增； 当x∈（）时，f′（x）单调递减，f′（x）＜f′（x1）＝0，f（x）单调递减． 当x∈（，π）时，cosx＜0，﹣＜0，于是f′（x）＝cosx﹣＜0，f（x）单调递减， 其中f（）＝1﹣ln（1+）＞1﹣ln（1+）＝1﹣ln2.6＞1﹣lne＝0， f（π）＝﹣ln（1+π）＜﹣ln3＜0． 于是可得下表： x （﹣1，0） 0 （0，x1） x1 （） （） π f′（x） ﹣ 0 + 0 ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ f（x） 单调递减 0 单调递增 大于0 单调递减 大于0 单调递减 小于0 结合单调性可知，函数f（x）在（﹣1，]上有且只有一个零点0， 由函数零点存在性定理可知，f（x）在（，π）上有且只有一个零点x2， 当x∈[π，+∞）时，sinx≤1＜ln（1+x），则f（x）＝sinx﹣ln（1+x）＜0恒成立， 因此函数f（x）在[π，+∞）上无零点． 综上，f（x）有且仅有2个零点． 19．【解答】解：（1）证明：∵AB是圆的直径，∴BC⊥AC， ∵PC垂直于圆所在的平面，BC⊂平面ABC， ∴BC⊥PC，又AC∩PC＝C，AC⊂平面PAC，PC⊂平面PAC， ∴BC⊥平面PAC， 又D、E分别是棱PB、PC的中点，∴BC∥DE， ∴DE⊥平面PAC； （2）由（1）可知DE⊥平面PAC，又AE、EC⊂平面PAC， ∴DE⊥AE，DE⊥EC，AE⊂平面DAE，EC⊂平面DEC， ∴∠AEC为二面角A﹣DE﹣C的平面角， ∴，∴， 又BC⊥AC，AB＝4，∴BC＝2， 以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建系如图，则根据题意可得： C（0，0，0），，E（0，0，2），B（2，0，0），P（0，0，4），D（1，0，2）， ∴，，， 设是平面ACD的一个法向量， 则，取， 设AE与平面ACD所成角为θ 则， ∴AE与平面ACD所成角的正弦值为． 声明：试题解析著作权属所有 学科网（北京）股份有限公司 $$