江苏省南通市2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题

2024～2025学年高三第一学期学情调研考试 数　　学 (满分：150分　考试时间：120分钟) 2024．11 一、 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. 设z1＝1＋2i，z2＝i，则在复平面内对应的点位于(　　) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若集合A＝{－1，0，1，2}，B＝，则A∩B＝(　　) A. {－1，0} B. {0，1} C. {1，2} D. {－1，0，1} 3. 已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝3，a＋b＝(1，)，则|a－b|＝(　　) A. 2 B. C. 4 D. 16 4. 已知f(x)是定义在R上的奇函数．当x＜0时，f(x)＝－x2＋ax＋1.若f(x)在(0，1)上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A. (－∞，－2] B. [－2，＋∞) C. (－∞，－1] D. [－1，＋∞) 5. 从5名男生和3名女生中选出4人参加一项创新大赛．如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么不同的选法种数为(　　) A. 15 B. 40 C. 55 D. 70 6. 一个正四棱台油槽可以装汽油190 L(1 L＝1 000 cm3)，若它的上、下底面边长分别为60 cm和40 cm，则它的深度为(　　) A. 25 cm B. 75 cm C. 100 cm D. 150 cm 7. 当x∈[0，2π]时，函数y＝sin x与f(x)＝2sin (ωx－)(ω∈N＋)的图象有4个交点，则ω的值为(　　) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋6)＝2f(x)，当x∈(0，6]时，f(x)＝x2－4x，则f(k)＝(　　) A. －7 B. 25 C. 57 D. 102 二、 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在(2x＋)5的展开式中，下列说法正确的有(　　) A. x的系数为10 B. 第4项的二项式系数为10 C. 没有常数项 D. 各项系数的和为32 10. 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝AD＝，P是底面ABCD上的一点，且D1P∥平面A1C1B，则(　　) A. D1B⊥AC B. D1B⊥平面A1C1B C. D1P的最小值为 D. A1P＋PB的最小值为 11. 如图所示为函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜)的部分图象，则(　　) A. f(x)＝2sin (2x＋) B. 将f(x)的图象向右平移个单位长度后得到函数y＝2sin 2x的图象 C. f(x)在区间[，]上单调递增 D. f(x)在区间[t，t＋]上的最大值与最小值之差的取值范围是[1，2] 三、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如果随机变量X～N(5，σ2)，且P(X≤3)＝0.3，那么P(3≤X≤7)＝________． 13. 如图，在半径为2、圆心角为60°的扇形的弧PQ上任取一点A，作扇形的内接平行四边形ABCP，使得点B在OQ上，点C在OP上，则该平行四边形面积的最大值为________． 14. 已知函数f(x)＝a ln x－x2＋b.若x∈(0，1)，f(x)·f(x＋1)＜0，则正整数a的最小值为________． 四、 解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或者演算过程． 15. (本小题满分13分) 已知函数f(x)＝x3＋ax2－x－1(a∈R). (1) 若a＝－1，求f(x)的极值； (2) 若函数f(x)的图象关于点(－1，f(－1))对称，求a的值． 16.(本小题满分15分) 已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足b cos (A－C)＋＝2a sin B sin C. (1) 求角B的大小； (2) 若四边形ABDC内接于圆O，∠ACB＝，AB＝2，求△ABD面积的最大值． 17.(本小题满分15分) 已知银行储蓄卡的密码由6位数字组成，小明是一位数学爱好者，记得自己随机用了π(π≈3.141 59…)的前6个数字(1，1，3，4，5，9)设置个人银行储蓄卡密码． (1) 求密码中两个1不相邻的概率； (2) 若密码的前三位出现1的次数为X，求X的分布列和数学期望． 18. (本小题满分17分) 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，BC⊥CD，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PD＝AB＝2，BC＝CD＝1. (1) 求证：PD⊥AB； (2) 求PB与平面PAD所成角的正弦值； (3) 若线段PC上存在一点E，使得截面ABE将四棱锥P-ABCD分成体积之比为5∶7的上、下两部分，求点P到截面ABE的距离． 19. (本小题满分17分) 已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域都为R.设直线l：y＝kx＋m是曲线y＝f(x)的任意一条切线，切点横坐标为x0.若f(x)≥kx＋m，当且仅当x＝x0时“＝”成立，则称函数f(x)满足“性质P”． (1) 判断y＝x2是否满足“性质P”，并说明理由； (2) 若f′(x)是单调增函数，求证：f(x)满足“性质P”； (3) 若函数g(x)＝ex＋e－x－ax2满足“性质P”，求实数a的取值范围． 2024～2025学年高三第一学期学情调研考试(南通) 数学参考答案及评分标准 1. D　2. B　3. C　4. A　5. C　6. B　7. B　8. C　9. BC　10. ACD　11. ACD 12. 0.4　13. 　14. 5 15．解：(1) 当a＝－1时，f(x)＝x3－x2－x－1，f′(x)＝3x2－2x－1.(2分) 令f′(x)>0，得x∈(－∞，－)∪(1，＋∞)；令f′(x)＜0，得x∈(－，1). 所以f(x)在(－∞，－)和(1，＋∞)上单调递增，在(－，1)上单调递减．(4分) 所以当x＝－时，f(x)有极大值为f(－)＝－； 当x＝1时，f(x)有极小值为f(1)＝－2.(6分) (2) 因为函数f(x)的图象关于点(－1，f(－1))对称， 所以f(－1＋x)＋f(－1－x)＝2f(－1)，(8分) f(－1＋x)＋f(－1－x)＝(－1＋x)3＋a(－1＋x)2－(－1＋x)－1＋(－1－x)3＋a(－1－x)2－(－1－x)－1， 整理，得f(－1＋x)＋f(－1－x)＝(2a－6)x2＋2a－2.(10分) 又2f(－1)＝2(a－1)，所以(2a－6)x2＋2a－2＝2(a－1)， 所以2a－6＝0，即a＝3.(13分) 16. 解：(1) 因为＝＝， 所以sin B cos (A－C)＋＝2sin A sin B sin C．(2分) 又在△ABC中，sin B≠0，所以cos (A－C)＋＝2sin A sin C，(4分) 所以cos A cos C＋sin A sin C＋＝2sin A sin C， 所以cos (A＋C)＝－，即cos B＝. 因为B∈(0，π)，所以B＝.(7分) (2) (解法1)在△ABC中，B＝，C＝，所以A＝.(9分) 设∠CAD＝∠CBD＝α，则α∈(0，)， 所以∠ACB＝∠ADB＝，∠DAB＝－α，所以∠ABD＝＋α. 因为＝＝＝4，(11分) 所以DB＝sin (－α)＝cos α，DA＝4sin (α＋)， 所以S△ABD＝DA·DB·sin ＝4cos αsin (α＋)＝2sin αcos α＋2cos2α ＝sin2α＋cos 2α＋＝2sin (2α＋)＋.(13分) 所以当2α＋＝，即α＝时，△ABD面积的最大值为2＋.(15分) (解法2)在△ABD中，已知AB＝2， 所以∠ADB＝，所以cos ∠ADB＝＝＝，(10分) 所以DA2＋DB2＝DA·DB＋4≥2DA·DB， 所在DA·DB≤4(2＋)(等号当DA＝DB＝＋时取得).(14分) 所以△ABD面积的最大值为DA·DB·sin 30°＝2＋.(15分) (解法3)在四边形ABDC的外接圆内，已知AB＝2， 因为D是圆O上动点，所以△ABD面积取最大值时高最大，即点D到AB的距离最大，此时最大距离为圆心O到AB的距离加半径2.(12分) 在Rt△ABC中，可知圆心O到AB的距离为＝，所以高的最大值为2＋， 所以△ABD面积的最大值为AB·h＝2＋.(15分) 17. 解：(1) 记密码中两个1不相邻为事件A， 设样本空间为Ω，事件A所含样本点的集合为S， 则有n(Ω)＝CA，n(S)＝CA，(3分) 故P(A)＝＝＝，即密码中两个1不相邻的概率为.(6分) (2) 由题意，X的可能取值为0，1，2， (解法1)P(X＝0)＝＝，P(X＝2)＝P(X＝0)＝， P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝.(12分) (解法2)P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝.(12分) 故概率分布表为 X 0 1 2 P 故E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.(15分) 18. (1) 证明：取AB的中点O，连OD，OP. 因为BO＝CD＝1，BO∥CD，所以四边形OBCD为平行四边形． 又因为BC⊥CD，所以四边形OBCD为矩形，所以DO⊥AB. 又因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，DO⊂平面ABCD， 所以DO⊥平面PAB.(3分) 又因为PO⊂平面PAB，所以DO⊥PO. 因为PD＝2，DO＝1，所以PO＝. 因为PA＝2，AO＝1，所以PO2＋AO2＝PA2， 所以PO⊥AO，即PO⊥AB. 因为DO⊥AB，PO∩DO＝O， 所以AB⊥平面PDO. 因为PD⊂平面PDO，所以PD⊥AB.(5分) (2) 解：因为DO⊥PO，PO⊥AO，DO∩AO＝O，DO，AO⊂平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥DO. 以O为坐标原点，以{，，}为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz， 所以P(0，0，)，A(0，－1，0)，C(1，1，0)，D(1，0，0)，(6分) 所以＝(0，－1，－)，＝(1，0，－)，＝(0，1，－). 设平面PAD的法向量n＝(x，y，z)， 所以 令z＝1，解得x＝，y＝－， 所以n＝(，－，1).(8分) 设PB与平面PAD所成角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝， 即PB与平面PAD所成角的正弦值为.(10分) (3) 设截面ABE交PD于F.由AB∥CD，AB⊂平面ABE，DC⊄平面ABE， 所以DC∥平面ABE. 因为DC⊂平面PDC，平面ABE∩平面PDC＝EF，故DC∥EF.(12分) 由题意知VPABCD＝，故VPABEF＝. 设＝λ，则＝λDC＝λ，D(1，0，0)，P(0，0，)，A(0，－1，0)，＝(1，0，－)，＝(0，1，)，＝λ＝(λ，0，－λ)， ＝＋＝(λ，1，－λ)，＝(0，2，0)， F到AB的距离为＝. 故截面ABEF的面积为(λ＋2). 设平面ABEF的法向量m＝(x，y，z)，则 解得m＝((1－λ)，0，－λ)， 故P到平面ABEF的距离d＝＝， 则VPABEF＝·(λ＋2)＝， 解得λ＝，(16分) 所以点P到截面ABE的距离为.(17分) 19. (1) 解：y＝x2满足“性质P”．理由如下： 因为y′＝2x，设曲线的一条切线为l，切点为(x0，x)， 则直线l的方程为y＝2x0(x－x0)＋x.(2分) 因为x2－[2x0(x－x0)＋x]＝x2－2x0(x－x0)－x＝(x－x0)2≥0， 当且仅当x＝x0时“＝”成立． 由x0的任意性可知，y＝x2满足“性质P”．(4分) (2) 证明：设直线l是曲线y＝f(x)的任意一条切线，切点为C(x0，f(x0))， 则直线l的方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0). 设g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，则g′(x)＝f′(x)－f′(x0).(6分) 因为f′(x)是单调增函数， 则当x∈(－∞，x0)时，g′(x)＝f′(x)－f′(x0)<0，g(x)单调递减，g(x)>g(x0)； 当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝f′(x)－f′(x0)>0，g(x)单调递增，g(x)>g(x0)； 即对任意的x≠x0，都有g(x)>g(x0). 由x0的任意性可知，函数f(x)满足“性质P”．(10分) (3) 解：① 当a≤1时， 因为g′(x)＝ex－e－x－2ax，设h(x)＝ex－e－x－2ax. 因为h(x)＝ex＋e－x－2a≥2－2a＝2(1－a)≥0， 所以h(x)在R上单调递增，即g′(x)在R上单调递增． 由(2)可知，函数f(x)满足“性质P”．(12分) ② 下证当a>1时，函数f(x)不满足“性质P”． 设直线l与曲线y＝g(x)切于点D(x1，g(x1))， 则直线l的方程为y＝g′(x1)(x－x1)＋g(x1). 设F(x)＝g(x)－g′(x1)(x－x1)－g(x1). 根据“性质P”的定义，要证f(x)不满足“性质P”，只要证存在F(x)<0.(14分) 因为F′(x)＝g′(x)－g′(x1)＝(ex－ex1)－(e－x－e－x1)－2a(x－x1)， 设G(x)＝F′(x)，则G′(x)＝ex＋e－x－2a. 设H(x)＝G′(x)＝ex＋e－x－2a，则H′(x)＝ex－e－x单调递增，且H′(0)＝0， 所以当x∈(－∞，0)时，H′(x)<0，G′(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，H′(x)>0，G′(x)单调递增． 因为G′(0)＝2(1－a)<0，G′(2a)＝e2a＋e－2a－2a>e2a－2a>0， 所以存在x2∈(0，2a)，使得G′(x2)＝0，且当x∈(0，x2)时，G′(x)＜0. 取x1∈(0，x2)，则当x∈(x1，x2)时，G′(x)＜0，G(x)单调递减，即F′(x)单调递减， 此时，F′(x)<F′(x1)＝0，F(x)在(x1，x2)上递减，所以F(x)<F(x1)＝0， 所以当a>1时，函数f(x)不满足“性质P”． 综上，实数a的取值范围是(－∞，1].(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $$