第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年河北省秦皇島市部分示范高中高三（上）期末數學試卷一、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中，只有一項是符合題目要求的。1.設集合A={x|x2?2x?8<0}，B={2,3,4,5}，則A∩B=A.{2} B.{2,3} C.{3,4} D.{2,3,4}2.已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是(

)A.若m//α，n//α，則m//n

B.若m//α，m//β，則α//β

C.若α⊥β，m⊥β，m?α，則m//α

D.若α⊥β，m?α，則m⊥β3.下列函數中，是奇函數且在(0,+∞)上為增函數的是(

)A.f(x)=?1x B.f(x)=x C.4.在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，若a，b，c依次成等比數列，cosB=34，則△ABC是(

)A.銳角三角形 B.直角三角形 C.鈍角三角形 D.等腰三角形5.已知二項式(2x2+a)(x?1x)6的展開式中xA.1 B.?1 C.12 D.6.已知復數z滿足|z|=1，則|z?4?3i|(i為虛數單位)的最大值為(

)A.7 B.4 C.5 D.67.設a=12×106+1102,b=eA.c<a<b B.b<c<a C.a<b<c D.b<a<c8.已知函數f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)滿足f(x?π2)=f(?x)，f(A.2 B.3 C.4 D.5二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.下列式子化簡正確的是(

)A.sin8°sin52°?sin82°cos52°=12 C.1?tan15°1+tan15°10.雙曲線C：x2?y2=m2(m>0)的左、右焦點分別為F1，F2，P(t,s)(s≠0)為C的右支上一點，分別以線段PF1，PF2為直徑作圓OA.|O1O2|=3m B.|OM|=m

C.點(t,0)為圓O1和圓O11.已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，MA.若M為線段AN上的動點，則D1M與B1C1所成為的范圍為[π6,π2]

B.若M為側面ADD1A1上的動點，且滿足MN//平面AD1C，則點M的軌跡的長度為2

C.若三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.如圖，在平行四邊形ABCD中，∠BAD=π3，AB=2，AD=1，若M，N分別是邊BC，CD上的點，且滿足BMBC=NCDC=λ，其中13.汽車上有5名乘客，沿途有3個車站，每人在3個車站中隨機任選一個下車，直到乘客全部下車，不同的下站方法有______種.(用數字作答)14.已知數列{an}是給定的等差數列，其前n項和為Sn，若a9a10<0，且當m=m四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)

在△ABC中，設角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且cosCcosB=3a?cb，

(1)求sinB的值；

(2)若b=4216.(本小題12分)

如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1=AC=2，BC=1，(1)求證：C1F/?/(2)求三棱錐E?ABC的體積．17.(本小題12分)

已知橢圓E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，F1，F2分別為左、右焦點．O為坐標原點，過O作直線l1交橢圓于A，B兩點，若△ABF1周長的最小值為2(2+1)，面積的最大值為1．

(1)求橢圓E的標準方程；

(2)設直線l2：y=kx+m，(m>0)交橢圓E于M，N兩點，

(ⅰ)若k=18.(本小題12分)

設數列{an}的前n項積為Tn.若對任意正整數n，總存在正整數m，使得Tn=am，則稱數列{an}是“R數列”．

(1)若數列{an}的前n項積Tn=2n(n+1)2(n∈N?)，證明：{an}是“R數列”；

(2)設19.(本小題12分)

已知函數f(x)=ax?sinx．

(1)若a=1，證明：當x≥0時，f(x)≥0．

(2)已知函數g(x)=?16x3，當a≤1時，證明：?x≥0，答案解析1.B

【解析】解：根據題意，x2?2x?8<0，(x?4)(x+2)<0，

得?2<x<4，

則A={x|?2<x<4}，

又B={2,3,4,5}，則A∩B={2,3}，

故選：2.C

【解析】解：對于A，若m//α，n//α，兩直線的位置關系可能是平行，相交、異面，故A錯誤；

對于B，若m//α，m//β，則α與β平行或相交，故B錯誤；

對于C，α⊥β，m⊥β，m?α，則m//α，故C正確；

對于D，若α⊥β，m?α，則m與β相交、平行或m?β，故D錯誤．

故選：C．

由空間中線線，線面，面面的位置關系逐項判斷即可得解．

本題是概念辨析題，著重考查了直線與直線，直線與平面，平面與平面之間的位置關系，考查了空間想象能力，屬于基礎題．3.A

【解析】解：f(x)=?1x為奇函數，且在(0,+∞)上為增函數，故A符合題意；

f(x)=x不為奇函數，故B不符題意；

f(x)=|x|是偶函數，故C不符題意；

f(x)=x+3不是奇函數，故D不符題意．

故選：A．4.C

【解析】解：由題意可得，b2=ac，

由正弦定理可得，sin2B=sinAsinC，

因為cosB=34，B為三角形內角，所以sinB=74，

∴sinAsinC=716，

又cosB=?cos(A+C)=sinAsinC?cosAcosC=716?cosAcosC=34，

∴cosAcosC=?516<0，

∵A，C為三角形內角，

5.D

【解析】解：二項式(2x2+a)(x?1x)6=(2x2+a)(x6?6x4+15x2?20+15x?2?6x?4+6.D

【解析】解：因為|z|=1，

所以復數z在復平面上對應的點Z在以原點O為圓心，1為半徑的圓上，

又|z?4?3i|表示動點Z到P(4,3)之間的距離，

所以|z?4?3i|的最大值為OP+1=42+37.C

【解析】解：因為a=12×106+1102=12×10?6+10?2<12×10?4+10?2，b=e0.01?1=e10?2?1，

令f(x)=ex?1?(12x2+x)，

則f′(x)=ex?x?1，令g(x)=ex?x?1，

則g′(x)=ex?1，

當x>0時，g′(x)>0，所以函數g(x)在(0,+∞)上遞增，

所以g(x)>g(0)=0，即f′(x)>f′(0)=0，

所以函數f(x)在(0,+∞)上遞增，

所以f(10?2)>f(0)=0，

即e10?2?1>12×10?4+10?2，

所以a<b，

令?(x)=ex?1?ln(2x+1)，則?′(x)=ex?22x+1=(2x+1)ex?22x+1，8.B

【解析】解：因為f(x?π2)=f(?x)，所以f(x)的圖像關于x=?π4對稱，

所以?π4ω+φ=k1π,k1∈Z①，

又f(π6)+f(π3)=0，即π6+π32=π4，且在(π12,5π12)單調遞減，

所以f(x)的圖像關于點(π4,0)對稱，

所以π4ω+φ=π2+k2π,k2∈Z②，

①+②得2φ=π2+(k1+k2)π,k1+k2∈Z，即φ=π4+(k1+k2)π2,k1+k2∈Z，

又|φ|<π2，

所以φ=π4,(k19.BD

【解析】解：對于A選項，sin=sin52對于B選項，=2sin45對于C選項，1?tan15對于D選項，sin=14×故選：BD．10.BCD

【解析】解：雙曲線C的方程可化為x2m2?y2m2=1，所以a=m，b=m，c=2m．

由O1為PF1的中點，O2為PF2的中點，得|O1O2|=12|F1F2|=2m，選項A錯誤．

由O2為PF2的中點，O為F1F2的中點，得|OO2|=12|PF1|，

則|OM|=|OO2|?|MO2|=12|PF1|?|PO2|=12|PF1|?12|PF2|=a=m，選項B正確．

設點Q為圓O1和圓O2的另一個交點，連接PQ，由O1O2//x軸，

可得O1O2⊥PQ，O11.BC

【解析】解：對于A，當M與N不重合時，過M作ME//BC交CD于E，連接D1M，D1E，

如圖：

由BC⊥平面CDD1C1，D1E?平面CDD1C1，得BC⊥D1E，有ME⊥D1E，顯然ME//B1C1，

∠D1ME為D1M與B1C1所成的角，tan∠D1ME=D1EME，當M與A重合時(D1EME)min=D1DAD=1，

則當M由點A向點N移動過程中，D1E逐漸增大，ME逐漸減小，則D1EME逐漸增大，

因此tan∠D1ME≥1，π4≤∠D1ME<π2，當M與點N重合時，有B1C1⊥D1M，∠D1ME=π2，

所以D1M與B1C1成角的范圍為[π4,π2]，A錯誤；

對于B，取DD1的中點F，DA的中點G，連接FN，GN，AD1D1C，AC，

如圖，

由中位線可知NF//D1C1，GF//D1A，D1C1?平面AD1C，則NF//平面AD1C，

同理可得GF//平面AD1C，又NF∩GF=F且都在面GNF內，所以面GNF//平面AD1C，

因為MN//平面AD1C，所以點M∈GF，則點M的軌跡的軌跡的長度FG=2，故B正確；

對于C，由BC⊥平面CDD1C1，易得△BMC是直角三角形，

MB=2213，CM=BM2?BC2=433，

如圖，

點M的軌跡是以C為圓心，412.2

【解析】解：因為BMBC=NCDC=λ，λ∈[0,1]，

所以BM=λBC，NC=λDC，故DN=(1?λ)DC，

所以AM?AN=(AB+BM)?(AD+DN)=(AB+λBC)?[AD+(1?λ)DC]

13.243

【解析】解：因為每位乘客可以在任意的車站下車，

所以每位乘客下車的情況有3種，

所以5名乘客下客站的方法有3×3×3×3×3=243種．

故答案為：243．

由每位乘客可以在任意的車站下車，得到每位乘客下車的情況有3種，然后利用分步計數原理求解．

本題主要考查分步計數原理的應用，屬于基礎題．14.21

【解析】解：當d>0時，有a9<0<a10，所以S9+a10<S10，即S9為最小值，

若|Sm?Sn|取得最大值，則|m0?n0|=30?9=21；

當d<0時，有a915.解：(1)由正弦定理，得cosCcosB=3sinA?sinCsinB

即sinBcosC+cosBsinC=3sinAcosB

∴sin(B+C)=3sinAcosB

∵A+B+C=180°

∴sinA=3sinAcosB

∵0°<A<180°

∴cosB=13

∴sinB=232

(2)由余弦定理，cosB=【解析】(1)通過正弦定理把cosCcosB=3a?cb中的邊換成角的正弦值，化簡求得cosB，進而求得sinB．

(2)通過余弦定理求得c，代入三角形的面積公式，進而求得16.(1)證明：取AB中點G，連接EG，FG，

又∵F是BC的中點，

∴FG//AC,FG=12AC；

∵E是A1C1的中點，

∴FG/?/EC1，FG=EC1，

∴四邊形FGEC1為平行四邊形，

∴C1F//EG，

∵C1F?平面ABE，EG?平面ABE，

∴C1F/?/平面ABE；

(2)∵A【解析】本題考查直線與平面平行的判定定理的應用，幾何體的體積的求法，考查空間想象能力以及計算能力，屬于基礎題．

(1)取AB中點G，連接EG，FG，證明四邊形FGEC1為平行四邊形，推出C1F//EG，然后利用直線與平面平行的判定定理證明C1F/?/平面ABE；

17.解：(1)連接AF2，

由對稱性可得OA=OB，

因為OF1=OF2OA=OB∠AOF2=∠BOF1

所以△AOF2≌∠BOF1，

所以AF2=BF1，

則△ABF1的周長為：AF1+BF1+AB

=AF1+AF2+2AO=2a+2AO，

若△ABF1周長的最小值2(2+1)，則只需AO最小，

又AO最小值=b，

所以2a+2b=2(2+1)，即a+b=2+1①，

設A到x軸的距離為?，

S△ABF1=2S△AOF1=2×12×OF1×?=c?，

若△ABF1的最大值為1，只需?最大，

又因為?max=b，

所以cb=1②，

又因為c2=a2?b2③，

由①②③解得，a=2，b=1，c=1，

所以橢圓E的方程為：x22+y2=1．

(2)(ⅰ)若k=22，則l2直線方程為：y=22x+m，(m>0)

聯立y=22x+mx22+y2=1，得x2+【解析】(1)由對稱性可得OA=OB，根據題意可得2a+2b=2(2+1)①，cb=1②，c2=a2?b2③，由①②③解得，a，b，c，進而可得橢圓E的方程．

(2)(ⅰ)根據題意可得l2直線方程為：y=22x+m(m>0)，聯立直線l2與橢圓E的方程，消掉y可得關于x的一元二次方程x2+2mx+m2?1=0，結合韋達定理可得x1+x2，x1x2，由弦長公式可得|MN|，點O到直線MN距離d，

18.解：(1)因為數列{an}的前n項積Tn=2n(n+1)2，

所以a1=T1=21=2，

當n≥2時，an=TnTn?1=2n(n+1)22(n?1)n2=2n，

所以an=2n(n∈N?)，

對任意正整數n，令m=n(n+1)2∈N?，滿足Tn=2n(n+1)2