河北省省级联考2024-2025学年高三上学期1月期末数学试题

  数学 答案 第1 页(共8页) 数学参考答案及评分细则 本套试卷知识点分布均匀,对重点知识和学生的数学核心素养进行了全面考查。 试卷题目设计合理,涵盖了课程要点和基础知识,考查了学生的学习成果和思维能力, 适合高三复习使用。 1.立足数学核心素养 本套试卷涵盖了数学的六大核心素养———数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想 象、数学运算和数据分析,确保全方位考查学生的数学能力。例如,第7题考查了立体 几何中的距离问题,考查了学生直观想象和数学运算的核心素养;第14题考查与数列 关系有关的统计问题,通过对实际问题的考查,考查了学生数学抽象、数学建模和数学 运算的核心素养;第18题考查函数与导数的综合应用,通过对函数零点的考查,考查了 学生数学运算和逻辑推理的核心素养。 2.考查基本方法和基本知识点 本套试卷以全面考查学生的双基为出发点,突出对主干知识考查的同时,也强调了 对基本知识的考查。例如,第2题考查了有关二项展开式的系数问题;第4题考查了直 线与圆的位置关系;第10题考查了基本不等式的应用;第13题考查了向量中的坐标表 示与计算问题,都是高中阶段的基本知识和基本方法。 3.命制试题亮点 本套试卷中的第6,19题是整套试题的亮点题目,其中第6题利用应用试题的表 达,让学生在解决实际问题的背景下运用数学知识,本题很好考查了学生的数学建模和 数学运算等核心素养;第19题采用了目前十分流行的一种考题形式,在有关数列知识 的新定义下设置试题,考查学生的学习能力和分析能力,此题对学生的要求较高,能够 很好体现选拔作用。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B A B D C D A B BCD AC BCD 1.B 解析:根据题意,x-1 <2,所以-1<x<3,故M∩(∁RN)= x 2<x<3 ,故选B. 2.A 解析:根据题意,含x4 的项为C45 x2 1 x 4=5x4,所以系数为5,故选A. 3.B 解析:根据题意,T7=128=a1a2a3…a7=a74,所以a4=2,故选B. 4.D 解析:根据题意,圆x2+y2-2x+2y-10=0,可变形为(x-1)2+(y+1)2=12,所以圆心为 1,-1 ,圆心到直线的距离为d= 1+1+2 2 =22,所以弦长为2× 12-8=4,故选D. 数学 答案 第2 页(共8页) 5.C 解析:根据题意,在正弦函数gx =sin x中,gx1 =- 3 2 ,g x2 = 1 2 ,x1-x2 的最小值为 π 2 , π 2 2π= 1 4 ,则π T= 1 4 ,所以函数fx 的最小正周期为4π,所以 2π ω=4π ,解得ω=12 ,故选C. 6.D 解析:根据题意,2.15=M-2ln N1 ,3.225=M-2ln N2 ,两式相除可得,1.5= ln N1 ln N2 ,所以2ln N1=3ln N2, 可得N21=N32,故选D. 7.A 解析:根据题意,如图,取AB 的中点M,CD 的中点N,连接PM,PN,MN,因为PA=PB=2, PC=PD= 3,PM⊥AB,PN⊥CD,所以AB⊥平面PMN,可得平面PMN⊥平面PAB,又底面 ABCD 为边长为2的正方形,AB∥CD,可得CD∥平面PAB,直线CD 到平面PAB 的距离为点N 到 平面PAB 的距离,也即点N 到直线PM 的距离,利用数据可以求出PM= 3,PN= 2,MN=2,在 △PMN 中,cos∠MPN=PM 2+PN2-MN2 2PM×PN = 6 12 ,所以点N 到直线PM 的距离为 13812 × 2= 69 6 ,故选A. 8.B 解析:根据题意,函数f(x)= 1 ex-2-e x-2+sin(2x-4)+4,所以f(x+2)= 1 ex-e x+sin 2x+4, 令g(x)=f(x+2)-4= 1 ex-e x+sin 2x,则g(-x)=-g(x),所以g(x)为奇函数,所以f(x)的图 象关于点(2,4)中心对称,所以f(x)+f4-x =8,由f(a-2)+f(2a2)>8可得,f(2a2)>8- f(a-2),所以f(2a2)>f6-a ,再次研究f(x)= 1 ex-2-e x-2+sin(2x-4)+4,f'(x)=- 1 ex-2- ex-2+2cos(2x-4)=- 1ex-2+e x-2 +2cos(2x-4)≤0,所以函数f(x)单调递减,由f(2a2)> f6-a 可得,2a2<6-a,即2a2+a-6<0,即 2a-3 a+2 <0,解得-2<a< 3 2 ,故选B. 9.BCD 解析:根据题意,对于选项A,设z=a+bi(a,b∈R),由于 z =2,所以a2+b2=4,故选项 A不正确;对于选项B,设z=a+bi(a,b∈R),由于z+2i∈R,可得b+2=0,b=-2,故选项B正确; 对于选项C,设z=a+bi(a,b∈R),由于z2>0,所以a2-b2+2abi>0,可得a≠0,b=0,故选项C正 确;对于选项D,设z=a+bi(a,b∈R),由于 z =1,所以a2+b2=1,所以在复平面内复数z对应的 点的集合为以原点为圆心,以1为半径的圆,分析可得1≤ z-2 ≤3,故选项D正确,故选BCD. 10.AC 解析:根据题意,对于选项A,由于2a+b=8,所以8=2a+b≥2 2ab,所以ab≤8,故选项 A正确;对于选项B,由于2a+b=8,所以 2a 2+b2 2 ≥ 2a+b 2 2 =16,所以4a2+b2≥32,故选项B 不正确;对于选项C,由于2a+b=8,且a,b为正数,所以0<2a<8,0<b<8,可得0<a<4,0<b< 数学 答案 第3 页(共8页) 8,并且b=8-2a,所以a+b=a+8-2a=8-a∈ 4,8 ,故选项C正确;对于选项D,由于2a+b= 8,且a,b为正数,所以0<2a<8,0<b<8,可得0<a<4,0<b<8,并且b=8-2a,所以a2+3b= a2-6a+24∈[15,24),故选项D不正确,故选AC. 11.BCD 解析:根据题意,对于选项A,因为A 6,m+2 ,B24,m+8 是抛物线C:y2=2pxp>1 上 的两点,所以 m+2 2=12p, m+8 2=48p, 则 m+8 2 m+2 2=4 ,整理得m2=16,解得m=±4,当m=-4时,12p= m+2 2=4,解得p= 1 3<1 ,不合题意;当m=4时,12p= m+2 2=36,解得p=3>1,故选项 A不正确;对于选项B,可得抛物线C的方程为y2=6x,故抛物线C的准线方程为x=- 3 2 ,故选项 B正确;对于选项C,可得抛物线C的焦点坐标为 32 ,0 ,又因为直线l的方程为y=kx-32 ,所 以直线l过抛物线C 的焦点,联立 y2=6x, y=kx- 3 2 , 得k2x2- 3k2+6 x+94k2=0,必有Δ>0,设 P x1,y1 ,Q x2,y2 ,则x1+x2= 3k2+6 k2 ,x1x2= 9 4 ,OP→·OQ→=x1x2+y1y2=x1x2-6 x1x2= -274 ,故选项C正确;对于选项D,PQ =x1+x2+p= 3k2+6 k2 +3=6+ 6 k2 ,所以 PQ +k2=6+ 6 k2+k 2≥6+26,当且仅当6k2=k 2,即k2=6时,等号成立,所以 PQ +k2 的最小值为6+26,故 选项D正确,故选BCD. 12.8 解析:设等差数列 an 的公差为d,则d>0.由a4+a2-a1=3可得,a4+d=3=a5.又a4a6= -7,则 a5-d a5+d =9-d2=-7,故d2=16,又d>0,则d=4,所以a4=-1,因此数列{an} 的前8项和S8= 8a1+a8 2 =4a4+a5 =8. 13.23+3 解析:如图,建立直角坐标系,可得A(0,3),B(-1,0),C(1,0),设点P(x,y),则PA→· CA→+CB→ = -x,3-y · -3,3 =3x+3-3y,又因为 DP =1,所以x2+y2=1,设x= cos θ,y=sin θ,则3x+3- 3y=3cos θ- 3sin θ+3=23cosθ+π6 +3,所以PA→·(CA→+ CB→)的最大值为23+3. 14.-928× - 3 4 n-1 +47 解析:根据题意,当n>2时,累计优惠金额恰为100n的概率为Rn,累计优 惠金额恰为100n-1 的概率为Rn-1,累计优惠金额恰为100n-2 的概率为Rn-2,通过分析可得 之间的关系为Rn= 1 4Rn-1+ 3 4Rn-2 ,设Rn+kRn-1= 1 4+k Rn-1+34Rn-2,令k= 3 4 1 4+k ,则k2+ 数学 答案 第4 页(共8页) 1 4k- 3 4=0 ,即 k+1 k-34 =0,解得k=-1或k=34.①当k=-1时,可得Rn-Rn-1= -34 Rn-1-Rn-2 ,所以{Rn-Rn-1}为以R2-R1 为首项,以- 3 4 为公比的等比数列,根据题意, R1= 1 4 ,R2= 13 16 ,R2-R1= 9 16 ,所以可得Rn-Rn-1= 9 16 - 3 4 n-2 ,R2-R1= 9 16 - 3 4 0 ,R3- R2= 9 16 - 3 4 1 ,…,Rn-Rn-1= 9 16 - 3 4 n-2 ,叠加可得Rn-R1= 9 16 - 3 4 0 +916 - 3 4 1 + 9 16 - 3 4 2 +…+916 - 3 4 n-2 =916 11- -34 n-1 1- -34 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 ,故Rn=- 9 28× - 3 4 n-1 +47 ,n∈N*. ②当k=34 时,可得Rn+ 3 4Rn-1=Rn-1+ 3 4Rn-2= …=R2+ 3 4R1=1 ,所以Rn+ 3 4Rn-1=1 ,即 Rn- 4 7=- 3 4 Rn-1- 4 7 ,则 Rn-47 为以-928为首项,-34为公比的等比数列,所以Rn= -928× - 3 4 n-1 +47 ,n∈N*.综上,Rn=- 9 28× - 3 4 n-1 +47 ,n∈N*. 15.解:(1)由sin 2C=3ccos C 可得,2sin Ccos C=3ccos C, (1分)…………………………………… 因为角B 为钝角,所以cos C≠0,所以2sin C=3c,即sin C c = 3 2 , 根据正弦定理可得 sin B b = sin C c = 3 2 ,因为b=1,所以sin B= 32 , (5分)………………………… 又角B 为钝角,所以B=2π3. (6分)…………………………………………………………………… (2)根据题意可知,S△ABC= 1 2×AC×BH= 1 2×AB×BC×sin B,可得BH= 32ac , (8分)……… 根据余弦定理可得,cos B=a 2+c2-b2 2ac ,即-12= a2+c2-1 2ac , (10分)……………………………… 可得1-ac=a2+c2≥2ac,可得ac≤13 ,当且仅当a=c时等号成立, (12分)……………………… 所以BH 的最大值为 36. (13分)……………………………………………………………………… 16.解:(1)取点M 为SA 的中点,连接MB,MF, 因为点F 为SE 的中点,所以MF∥AE,MF=12AE , 又BC∥AE,且BC=12AE , (2分)……………………………………………………………………… 所以MF∥BC,MF=BC, 所以四边形MFCB 为平行四边形,所以MB∥FC, 又MB⊂平面SAB,CF⊄平面SAB,所以CF∥平面SAB. (4分)…………………………………… (2)因为SE⊥平面ABCD,SE⊂平面SAD,所以平面SAD⊥平面ABCD, 又AB⊥AD,平面SAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面SAD, 所以直线SB 与平面SAD 所成角为∠BSA, (6分)…………………………………………………… 数学 答案 第5 页(共8页) 设AB=BC=a,则AE=2a, 因为∠SAD=45°,又SE⊥AD,所以SE=AE=2a,SA=22a,SB= AB2+SA2=3a, (8分) ……… ………………………………………………………………………………………………… 所以sin∠BSA=ABSB= a 3a= 1 3 , 所以直线SB 与平面SAD 所成角的正弦值为13. (9分)……………………………………………… (3)在(2)的条件下,以A 为坐标原点,AB 所在直线为x 轴,AD 所在直线为y轴,过点A 作平行于 SE 的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,3a,0),S0,2a,2a , AB→=(a,0,0),AS→=(0,2a,2a),CS→=(-a,a,2a),CD→= -a,2a,0 , (10分)…………………… 设平面SAB 的法向量为n1= x1,y1,z1 , 则 n1·AB→=0, n1·AS→=0, 即 ax1=0 , 2ay1+2az1=0, 令y1=1,所以n1= 0,1,-1 , 设平面SCD 的法向量为n2= x2,y2,z2 , 则 n2·CS→=0, n2·CD→=0, 即 -ax2+ay2+2az2=0 , -ax2+2ay2=0, 令y2=1,所以n2= 2,1,12 , (14分)………………… 设平面SAB 与平面SCD 所成的角为θ, 则cos θ= n1 ·n2 n1 n2 = 1 2 2× 214 = 4242 , 所以平面SAB 与平面SCD 所成角的余弦值为 4242 . (15分)………………………………………… 17.解:(1)由题知,A(-a,0),B(a,0), 设点P(x1,y1),由kPA·kPB=- 3 4 ,可得 y1 x1+a× y1 x1-a= y21 x21-a2 =-34 , 又 x21 a2+ y21 b2=1 ,即y21= b2a2-x21 a2 , 所以kPA·kPB= y21 x21-a2 =-b 2 a2=- 3 4 ,所以4b2=3a2, (4分)……………………………………… 所以4a2-4c2=3a2,即a2=4c2,a=2c, 故椭圆C 的离心率e=12. (6分)……………………………………………………………………… 数学 答案 第6 页(共8页) (2)由(1)可得a=2c,又因为 AB =4,可得2a=4,所以a=2,b=3,c=1, 可得椭圆C 的方程为x 2 4+ y2 3=1 , (8分)……………………………………………………………… 设Q(x2,y2),直线PA:y-0= y1 x1+2 (x+2),直线QB:y-0= y2 x2-2 (x-2), 联立 y-0= y1 x1+2 (x+2), y-0= y2 x2-2 (x-2), 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 两式相除可得1= y1 x1+2× x2-2 y2 × x+2 x-2 ,即x+2 x-2= y2 x1+2 y1 x2-2 , 设直线PQ:x=my-1,所以x1=my1-1,x2=my2-1, 代入可得 y2 x1+2 y1 x2-2 = y2 my1+1 y1 my2-3 = my1y2+y2 my1y2-3y1 , (11分)………………………………………… 联立 x=my-1, x2 4+ y2 3=1 , 整理得 3m2+4 y2-6my-9=0,Δ>0,所以 y1+y2= 6m 3m2+4 , y1y2= -9 3m2+4 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 所以-3y1+y2 =2my1y2, (13分)…………………………………………………………………… 所以 x+2 x-2= y2 x1+2 y1 x2-2 = -32y1- 1 2y2 -92y1- 3 2y2 =13 ,解得x=-4, 当直线PQ 的斜率为0时,PA 与QB 重合,不满足题意,所以点M 不取(-4,0), 可得点M 的轨迹为x=-4(y≠0), 所以 OM 的取值范围为(4,+∞). (15分)…………………………………………………………… 18.解:(1)当k=1时,f(x)=alnx+1 -sin x,f'(x)= a x+1-cos x, (2分)……………………… 因为函数f(x)在 0, π 2 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 上单调递减,所以f'(x)≤0在 0, π 2 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 上恒成立,即f'(x)= a x+1- cos x≤0在 0,π2 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 上恒成立,可得a≤ x+1 cos x, (4分)………………………………………… 令g(x)= x+1 cos x,在 0,π2 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 上,x+1>0,cos x≥0, 所以g(x)= x+1 cos x在 0,π2 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 上的最小值为0, 所以实数a的取值范围为 -∞,0 . (7分)…………………………………………………………… (2)当a=1,k=2时,f(x)=lnx+1 -sin 2x,可得f(0)=0, (8分)……………………………… f'(x)= 1 x+1-2cos 2x,f″(x)=- 1 x+1 2+4sin 2x,易知f″(x)在 - π 4 ,π 4 上单调递增, 又f″0 =-1<0,f″ π 4 =4- 1π 4+1 2>0,所以∃x0∈ 0, π 4 ,使得f″x0 =0, 所以f'x 在 - π 4 ,x0 上单调递减,在 x0,π4 上单调递增, 数学 答案 第7 页(共8页) 又f'0 =-1<0,f' - π 4 = 1-π4+1 >0,f' π 4 = 1π 4+1 >0, (12分)………………………… 所以∃x1∈ - π 4 ,x0 ,∃x2∈ x0,π4 ,使得f'x1 =f'x2 =0, 故fx 在 - π 4 ,x1 上单调递增,在 x1,x2 上单调递减,在 x2,π4 上单调递增, 又f π 4 =ln1+π4 -1<0,由f0 =0得fx2 <0,fx1 >0, 又因为f - π 4 =ln1-π4 +1<0,所以∃x3∈ -π4,x1 ,使得fx3 =0, 综上,函数fx 在 - π 4 ,π 4 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 上有x3,0两个零点. (17分)………………………………………… 19.解:(1)数列a1=3,a2=1,a3=2,所以a2=1,a3=2,a1=3,a1+a2=4, 所以该数列为4级可分解数列, 由于没有连续的项的和为5,所以不是5级可分解数列. (3分)……………………………………… (2)因为有限数列 an 为8级可分解数列,所以至少有8组数列组合,分别等于1,2,3,…,8, 设该有限数列 an 共k项,分析可得数列组合中一个元素的共k种;数列组合中两个连续元素的共 k-1种;数列组合中三个连续元素的共k-2种;…;数列组合中k个连续元素的共1种, 所以k+k-1+k-2+…+1=kk+1 2 ,则kk+1 2 ≥8 , (6分)…………………………………… 计算分析可得k≥4;当k取最小值4时,构造数列为1,4,1,2,此数列a1=1,a2=4,a3=1,a4=2, a1=1,a4=2,a3+a4=3,a2=4,a1+a2=5,a1+a2+a3=6,a2+a3+a4=7,a1+a2+a3+a4=8, 所以存在k=4成立,所以数列 an 的项数最少为4. (8分)………………………………………… (3)由(2)可得,kk+1 2 ≥20 ,所以k≥6, 当k=6时,a1,a2,a3,a4,a5,a6 的数列组合至多可表示 6(6+1) 2 =21 组, 又因为a1+a2+a3+a4+a5+a6<20,分析可得其中有负数的项,从而a1,a2,a3,a4,a5,a6 中的一 项或一些连续项的和可表示1~20及那个负数(恰21组), 这表明a1,a2,a3,a4,a5,a6 中仅一个负的,没有0,且这个负的在a1,a2,a3,a4,a5,a6 中绝对值最 小,同时a1~a6 中没有两数相同,设那个负数为-m(m≥1), (11分)……………………………… 则所有数之和≥m+1+m+2+…+m+5-m=4m+15,4m+15≤19,所以m=1, 所以{a1,a2,a3,a4,a5,a6}={-1,2,3,4,5,6},再考虑排序,排序中不能有和相同,否则不足20个, 因为1=-1+2(仅一种方式),所以-1与2相邻,若-1不在两端,在第2,3,4,5之一的位置,不妨 设为“x,-1,2, , , ”的形式(其他形式同理), (13分)…………………………………… 若x=6,则5=6+(-1)(有2种结果相同,方式矛盾),所以x≠6,同理x≠5,4,3,故-1在一端,不 妨为“-1,2,A,B,C,D”的形式, 若A=3,则5=2+3(有2种结果相同,矛盾);若A=4,同理不行; 若A=5,则6=-1+2+5(有2种结果相同,矛盾),从而A=6,由于7=-1+2+6,由表法唯一知 3,4不相邻,故只能-1,2,6,3,5,4①或-1,2,6,4,5,3②,这2种情形,对①:9=6+3=5+4,矛盾; 对②:8=2+6=5+3,也矛盾,综上k≠6. (17分)…………………………………………………… 数学 答案 第8 页(共8页) 编写细目表 1.能力要求: Ⅰ.抽象概括能力 Ⅱ.推理论证能力 Ⅲ.运算求解能力 Ⅳ.空间想象能力 Ⅴ.数据处理能力 Ⅵ.应用意识和创新意识 2.核心素养: ①数学抽象 ②逻辑推理 ③数学建模 ④直观想象 ⑤数学运算 ⑥数据分析 题号 题型 分值 知识点 能力要求 核心素养 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ Ⅵ ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 难 度 1 选择题 5分 集合的基本运算 √ √ √ √ 易 2 选择题 5分 二项展开式的系数 √ √ 易 3 选择题 5分 等比数列的性质 √ √ √ √ 易 4 选择题 5分 直线与圆的位置关系 √ √ √ 易 5 选择题 5分 三角函数的图象 √ √ √ √ 中 6 选择题 5分 有关对数函数的应用 问题 √ √ √ √ √ 中 7 选择题 5分 立体几何中的距离 问题 √ √ √ √ 中 8 选择题 5分 函数的性质 √ √ √ √ √ √ 难 9 选择题 6分 复数的综合运算 √ √ √ √ 易 10 选择题 6分 基本不等式的综合 应用 √ √ √ √ 中 11 选择题 6分 圆锥曲线的应用 √ √ √ √ √ 难 12 填空题 5分 等差数列求和 √ √ √ √ √ 易 13 填空题 5分 向量的应用 √ √ √ √ 中 14 填空题 5分 实际问题中的概率与 数列的综合问题 √ √ √ √ √ √ 难 15 解答题 13分 解三角形 √ √ √ √ 易 16 解答题 15分 线面所成角与两平面 所成角 √ √ √ √ 中 17 解答题 15分 直线与椭圆的综合 运算 √ √ √ √ 中 18 解答题 17分 函数与导数的综合 应用 √ √ √ √ 难 19 解答题 17分 有关数列的新概念 √ √ √ √ √ √ 难 2025年普通高等学校招生全国统一考试 数学模拟试题 注意事项: 1.本试卷满分150分,考试时间120分钟。 2.答卷前,考生务必将自己的学校、班级、姓名及考号填写在答题卡上。 3.回答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时, 将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。 4.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 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.已知集合M-{x||x-1<2),N=(x|x<2),则MO(CN)= A.(-1,3) B.(2,3) C(-1,十oo) D.(2,o) 2.在(*十)的二项展开式中,x的系数为 C.15 B.10 A.5 D.20 3.已知等比数列(a.)的前n项积为T.,若T,一128,则a= B.2 C.2/2 A.2 D.4 4.已知圆x2十y2-2x十2y-10-0被直线x-y十2-0所截,则截得的弦长为 B.2V2 C.23 A.2 D.4 则_二 C D A.2 B.1 情况,其中指数d的值越大,水质越好.若数据N由N.变化为N,对应的指数d由2.15提 高到3.225,则 C.N:-N2 A.N.-2N2 B.2N.-3N2 D.N2-N3} 7.已知四梭锥P-ABCD中,底面ABCD为边长为2的正方形,PA-PB=2,PC=PD=3,则 直线CD到平面PAB的距离为 # D.23 3 数学 第1页(共4页) 围是 B.(-23) A.(2,十) C.(--) D.(-~-3)U(2,+o) 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.已知复数。,则下列说法正确的是 A.若z-2,则z-士2 B.若z十2iR,则z的虚部为一2 C.若?>0,则R D.若z-1,则1<z-2<3 10.已知正数a,b满足2a十b一8,则下列说法正确的是 A.a<8 B.4a*+6?<32 C.4~a十b<8 D.a?+36(16,24) 11.已知抛物线C:y{}-2px(>1),直线l:y= (-3),O为坐标原点,若A(6,m+2), B(24,n十8)两点在抛物线C上,则下列说法正确的是 A.m-士4 C.若直线1与抛物线C交于P,Q两点,则Op·0--27 D.若直线1与抛物线C交于P,Q两点,则|PQl十b2的最小值为6+26 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分 12.已知公差大于0的等差数列(a.)满足a.十a一a,-3,aa。=-7,则数列(a。)的前8项和为 13.在边长为2的等边三角形ABC中,点D为边BC的中点,点P在三角形ABC所在的平面 内,且满足|DP|-1,则PA·(CA+CB)的最大值为_. 14.最近全国各地的旅游十分火爆,某旅游公司根据市场调研的情况推出了A,B两个旅游路线 方案,通过实践发现,选择方案A旅游路线与选择方案B旅游路线的游客比为3:1,该公司 为了激励大家消费,设立优惠项目,即选择方案A旅游路线优惠200元,选择方案B旅游路 线优惠100元(每位游客的选择相互独立),已知旅游公司的总优惠金额恰为100n的概率为 R.,nN',则R.的关系式为 汝学 第2页(共4页) 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.(本小题满分13分) 在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知角B为钝角,b-1,sin2C= 3ccosC. (1求角B; (2)若过B作BH垂直AC于点H,求BH的最大值 16.(本小题满分15分) 如图,在四楼锥S-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD/BC,AB1AD,AB=BC,AD= 3BC,SAD-45{*},点E在线段AD上,满足AE-2ED,点F为SE的中点 (1)证明:CF/平面SAB; (2)若SEI平面ABCD,求直线SB与平面SAD所成角的正弦值 (3)在(2)的条件下,求平面SAB与平面SCD所成角的余弦值 2 _ 17.(本小题满分15分) (1)求圆C的离心率; (2)若|AB|-4,直线PF,与圆C的另一个交点为Q,且直线PA与直线QB相交于点 M,O为坐标原点,求|OM|的取值范围 数学 第3页(共4页) 18.(本小题满分17分) 已知函数f(x)-aln(x+1)-sinkx,<N',aR (1)若-1;函数f(c)在 (2)若。-1,众-2,求函数f(2)在[一,习]上的零点个数. 19.(本小题满分17分) 已知有限数列{a。)满足a.<Z,若给定一个正整数b,在数列(a。)中存在一项或一些连续项 的和为i,其中i的值可以取遍(1,2,..,)中的所有元素,则称数列(a。)为k级可分解数列 (1)数列3,1,2是否为4级可分解数列?是否为5级可分解数列?请说明理由; (2)若有限数列(a.)为8级可分解数列,则数列(a。)的项数最少为多少? (3)若有限数列(a.)为20级可分解数列,且a,十a2十aa十a.十as十..十a。<20,判断数列 (a.)的项数是否最少为6项,请说明理由 数学 第4页(共4页)