PAGEPAGE1綜合測試卷(時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分)1.(2024廣西欽州一模)若復數z=x+yi(x,y∈R)滿意(1+z)i=3-i,則復數z落在復平面中()A.第一象限 B.其次象限 C.第三象限 D.第四象限2.若集合A={x|log12(2x+1)>-1},集合B={x|1<3x<9},則A∩B=(A.0,12 B.-12,3.在一組樣本數據中,1,2,3,4出現的頻率分別為p1,p2,p3,p4,且∑i=14pi=A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4 B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3 D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.24.(2024北京高考)已知圓C:x2+y2=4,直線l:y=kx+m,則當k的值發(fā)生改變時,直線l被圓C所截的弦長的最小值為2,則m的取值為()A.±2 B.±2 C.±3 D.±35.為了探討某班學生的腳長x(單位:厘米)和身高y(單位:厘米)的關系,從該班隨機抽取10名學生,依據測量數據的散點圖可以看出y與x之間有線性相關關系,設其回來直線方程為y^=b^x+a^.已知∑i=110xi=225,∑iA.160厘米 B.163厘米 C.166厘米 D.170厘米6.若將函數fx=34sinx-14cosx的圖象向右平移m(0<m<π)個單位長度,得到的圖象關于原點對稱,則A.5π6 B.π6 C.27.直線y=kx+1與曲線f(x)=x3+ax+b相切于點A(1,3),則2a+b的值等于()A.2 B.-1 C.1 D.-28.已知ξ聽從正態(tài)分布N(1,σ2),a∈R,則“P(ξ>a)=0.5”是“關于x的二項式ax+1x23的綻開A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.既不充分也不必要條件 D.充要條件9.在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且a2=b2+c2+3bc.若a=3,S為△ABC的面積,則S+3cosBcosC的最大值為()A.3 B.2 C.2 D.310.(2024貴州畢節(jié)二模)已知t=0π2cosxdx,執(zhí)行如圖所示的程序框圖,則輸出S的值為(A.3 B.15-1 C.15-14 D11.定義在R上的偶函數f(x)在區(qū)間[0,+∞)內單調遞增,且f(-2)=1,則f(x-2)≤1的x的取值范圍是()A.[0,4] B.(-∞,-2]∪[2,+∞) C.(-∞,0]∪[4,+∞) D.[-2,2]12.設F為雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點,O為坐標原點,以OF為直徑的圓與圓x2+y2=a2交于P,Q兩點A.2 B.3 C.2 D.5二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分)13.設函數f(x)=x2-1,x≥2,log2x,14.設拋物線C:y2=4x的焦點為F,過點(-2,0)且斜率為23的直線與C交于M,N兩點,則FM·FN=15.(2024云南師大附中高三月考)已知3x+3xn的綻開式中第3項與第7項的二項式系數相等,若把其綻開式中全部的項重新排列,則有理項互不相鄰的概率為16.(2024廣西南寧三中模擬)如圖是某個四面體的三視圖,若在該四面體內任取一點P,則點P落在該四面體內切球內部的概率為.

三、解答題(本大題共6小題,共70分)17.(12分)(2024廣西柳鐵一中高三月考)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,且S6=36,.

請在①a3=5;②a2+a4+a6=21這兩個條件中任選一個補充在上面題干中,并回答以下問題.(1)求數列{an}的通項公式;(2)設bn=1anan+1,求數列{bn}的前18.(12分)如圖,四棱錐P-ABCD的底面是菱形,PO⊥底面ABCD,O,E分別是AD,AB的中點,AB=6,AP=5,∠BAD=60°.(1)求證:AC⊥PE.(2)求直線PB與平面POE所成角的正弦值.(3)在DC邊上是否存在點F,使BF與PA所成角的余弦值為3310?若存在,確定點F19.(12分)(2024福建福州三中模擬)近年我國科技成果斐然,其中北斗三號全球衛(wèi)星導航系統于2024年7月31日正式開通.北斗三號全球衛(wèi)星導航系統由24顆中圓地球軌道衛(wèi)星、3顆地球靜止軌道衛(wèi)星和3顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星,共30顆衛(wèi)星組成.北斗三號全球衛(wèi)星導航系統全球范圍定位優(yōu)于10米,實測的導航定位精度都是2~3米,全球服務可用性99%,亞太地區(qū)性能更優(yōu).(1)南美地區(qū)某城市通過對1000輛家用汽車進行定位測試,發(fā)覺定位精確度X近似滿意X~N52(2)①某日北京、上海、拉薩、巴黎、里約5個基地同時獨立隨機選取1顆衛(wèi)星進行信號分析,選取的5顆衛(wèi)星中含中圓地球軌道衛(wèi)星的數目記為ξ,求ξ的數學期望;②某地基站工作人員30顆衛(wèi)星中隨機選取4顆衛(wèi)星進行信號分析,記Y為選取的4顆衛(wèi)星中含傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的數目,求Y的分布列和數學期望.附:若X~N(μ,σ2),則P(μ-σ<X≤μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ<X≤μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ<X≤μ+3σ)≈0.9973.20.(12分)已知橢圓x2a2+y2b2=(1)求橢圓的標準方程;(2)四邊形ABCD的頂點在橢圓上,且對角線AC,BD過原點O,若kAC·kBD=-b2①求OA·②求證:四邊形ABCD的面積為定值.21.(12分)設函數f(x)=x3+bx+c,曲線y=f(x)在點12,f12處的切線與y軸垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一個肯定值不大于1的零點,證明:f(x)全部零點的肯定值都不大于1.請考生在22、23兩題中任選一題作答,假如多做,則按所做的第一題計分.[選修4—4:坐標系與參數方程]22.(10分)在直角坐標系xOy中,曲線C1的參數方程為x=-1+tcosα,y=2+tsinα(t為參數),其中α≠kπ+π2,k∈Z.以坐標原點為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,曲線C2的極坐標方程為ρ2-2(1)求曲線C1和曲線C2的直角坐標方程;(2)已知曲線C1與曲線C2交于A,B兩點,點P(-1,2),求|PA|2+|PB|2的取值范圍.[選修4—5:不等式選講]23.(10分)設函數f(x)=|2x+1|+|x-1|.(1)畫出y=f(x)的圖象;(2)當x∈[0,+∞)時,f(x)≤ax+b,求a+b的最小值.答案：1.C解析由z=x+yi(x,y∈R),可得(1+z)i·(-i)=(3-i)·(-i),即1+z=-1-3i,可得z=-2-3i,所以x=-2,y=-3,復數對應點為(-2,-3),位于第三象限.2.A解析∵A={x|log12(2x+1)>-1}=B={x|1<3x<9}={x|0<x<2},∴A∩B=x0<x3.B解析四個選項的數據都具有對稱性,平均數均為2.5,其中B選項的數據中,極端值最多,數據波動程度最大,故選B.4.C解析由題意可知圓心到直線l的距離d=|m|k2+1,圓C的半徑r=2,則直線l被圓C截得的弦長為2r2-d2=24-m2k2+1.當k=0時,直線5.C解析由已知得x=110∑i=110xi=22.5,y=110·∑i=110yi=160,又b^=4,所以a^=y-b^x=1606.A解析f(x)=34sinx-14cosx=12sinx-π6,圖象向右平移m(0<m<π)個單位長度,得到函數y=12sinx-π6-m的圖象,由于得到的圖象關于原點對稱,故是奇函數,所以-π6-m=kπ,k∈7.C解析依題意知,f'(x)=3x2+a,則1由此解得a=-1,8.A解析由P(ξ>a)=0.5,知a=1.因為二項式ax+1x23綻開式的通項公式為Tr+1=C3r(ax)3-r1x2r=C3ra3-rx3-3r,令3-3r=0,得r=1,所以其常數項為C31a2=3a2=3,解得a=±1,所以“P(ξ>a)=9.A解析由cosA=b2+c2-a22bc=-3bc2bc=-32,又0<A<π,可知A=5π6,又因此S+3cosBcosC=3sinBsinC+3cosBcosC=3cos(B-C),于是當B=C時,S+3cosBcosC取得最大值3.10.A解析因為t=0π2cosxdx=sinx|所以執(zhí)行框圖可得S=12+1+13+2+14=(2-1)+(3-2)+…+(15-14)+(16-15)=11.A解析∵偶函數f(x)在區(qū)間[0,+∞)內單調遞增,且f(-2)=1,∴不等式f(x-2)≤1等價于f(|x-2|)≤f(-2)=f(2),即|x-2|≤2.∴0≤x≤4,∴f(x-2)≤1的x的取值范圍是[0,4].故選A.12.A解析如圖,設PQ與x軸交于點A,由對稱性可知PQ⊥x軸.∵|PQ|=|OF|=c,∴|PA|=c2.∴PA為以OF為直徑的圓的半徑,A∴|OA|=c2.∴Pc2,又點P在圓x2+y2=a2上,∴c24+c24=a2,即c22=a2,∴e2=13.2解析當m≥2時,m2-1=3,∴m2=4,∴m=±2.∵m≥2,∴m=2.當0<m<2時,log2m=3,∴m=23=8.∵0<m<2,∴m∈?.綜上所述,m=2.14.8解析由題意知直線MN的方程為y=23(x+得y解得x不妨設M(1,2),N(4,4).∵拋物線的焦點為F(1,0),∴FM=(0,2),FN=(3,4).∴FM·FN=0×3+2×4=15.79解析由Cn2所以3x+3xn的綻開式中的通項為Tr+1=C

8當r=0,6時為有理項,其余7項為無理項,所以有理項互不相鄰的概率為P=A716.π16該四面體的底面三角形ABC為等腰直角三角形,AB⊥AC,PA⊥面ABC,其中AB=AC=22,PA=42,所以四面體的體積V=13×12×22×22設該四面體內切球的半徑為r,由等體積法得V=13×12×(22×22+2×22×42+4×40解得r=22所以四面體內切球的體積為V1=43πr3=4則點P落在該四面體內切球內部的概率P=V117.解(1)設等差數列{an}的首項為a1,公差為d,由S6=36,可得6a1+6×5即2a1+5d=12.選①:由a3=5,可得2a1所以數列{an}的通項公式為an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1.選②:由a2+a4+a6=21,可得3a4=21,即a4=7,所以2a1所以an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1.(2)由(1)可得bn=1(所以Tn=b1+b2+…+bn=121-13+13-15+18.(1)證明連接BD,則由菱形的性質可得AC⊥BD,結合三角形中位線的性質可知OE∥BD,故OE⊥AC.因為PO⊥底面ABCD,AC?底面ABCD,所以AC⊥OP.因為OP∩OE=O,所以AC⊥平面POE.因為PE?平面POE,所以AC⊥PE.(2)解連接OB,由題意結合菱形的性質易知OP⊥OA,OP⊥OB,OA⊥OB.以點O為坐標原點,建立空間直角坐標系O-xyz如圖所示.則P(0,0,4),B(0,33,0),O(0,0,0),E32,33所以OP=(0,0,4),OE=設平面POE的一個法向量為m=(x,y,z),則m據此可得平面POE的一個法向量為m=(3,-1,0).而PB=(0,33,-4),設直線PB與平面POE所成角為θ,則sinθ=|PB(3)解存在滿意題意的點F,理由如下:由題意可得D(-3,0,0),C(-6,33,0),A(3,0,0),假設滿意題意的點F存在,設F(x,y,z),DF=λDC(0<λ<1),據此可得(x+3,y,z)=λ(-3,33,0),即x從而點F的坐標為F(-3λ-3,33λ,0),據此可得BF=(-3λ-3,33λ-33,0),PA=(3,0,-4),結合題意有|BF·PA||故點F為CD中點時滿意題意.19.解(1)由X~N52,14,易知μ=52所以P(1<X≤3)=P(μ-3σ<X≤μ+σ)≈0.6827+0.9973-0.68272=0.6827+0.1573(2)①5個基地相互獨立,每個基地隨機選取1顆衛(wèi)星是中圓地球軌道衛(wèi)星的概率為2430=45,設5個基地選取的5顆衛(wèi)星中含中圓地球軌道衛(wèi)星的數目為ξ,則所以E(ξ)=np=5×45=4②由題意可得Y可能的取值為:0,1,2,3,則P(Y=0)=C274C304=130203P(Y=2)=C272C32C304所以Y的分布列為Y0123P13065391所以數學期望E(Y)=130203×0+65203×1+391015×2+11015×20.解(1)由題意,知e=ca=又a2=b2+c2,解得a2=8,b2=4,∴橢圓的標準方程為x28+(2)設直線AB的方程為y=kx+m,設A(x1,y1),B(x2,y2),聯立y=kx+m,x2+2y2=8得(1+2k2)xΔ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-8)=8(8k2-m2+4)>0,(*)x∵kOA·kOB=-b2a2∴y1y2y1y2=-12x1x2=-12·又y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2·2m2-81+2k2+km∴-m2∴-(m2-4)=m2-8k2,∴4k2+2=m2.①OA·OB=x1x2+y1y2=2m2-∴-2=2-4≤OA·OB<當k=0(此時m2=2滿意(*)式),即直線AB平行于x軸時,OA·OB取最小值為-又直線AB的斜率不存在時,OA·OB∴OA·OB②證明:設原點到直線AB的距離為d,則S△AOB=12|AB|·d=121+k2·|x2=|=|=|=24k2-m∴S四邊形ABCD=4S△AOB=82,即四邊形ABCD21.(1)解f'(x)=3x2+b,依題意得f'12=0,即34+b=故b=-34(2)證明由(1)知f(x)=x3-34x+c,f'(x)=3x2-3令f'(x)=0,解得x=-12或x=1f'(x)與f(x)的狀況為:x-∞,-12-1-12,1211