2024-2025學(xué)年天津市南開中學(xué)高三（上）期中數(shù)學(xué)試卷（含答案）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年天津市南開中學(xué)高三（上）期中數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共9小題，每小題5分，共45分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知集合U={1,2,3,4,5}，A={1,3}，B={1,2,4}，則A∪(?UB)=A.{1,3,5} B.{1,3} C.{1,2,4} D.{1,2,4,5}2.已知p：2x?8≥0，q：(x?3)(x?4)≤0，則(

)A.p是q的充分不必要條件 B.p是q的充要條件

C.q是p的必要不充分條件 D.q是p的充分不必要條件3.已知向量a=(3,?4),b=(?2,m),c=(2,1)，若(A.?2 B.2 C.?6 D.64.若a=1.010.5，b=1.010.6，c=0.60.5，則a，bA.c>a>b B.c>b>a C.a>b>c D.b>a>c5.記Sn為各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，S3A.14 B.18 C.1 6.已知函數(shù)f(x)=2sin(ωx+π6)(ω>0)的最小正周期為π，則函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,πA.0 B.2?3 C.1 7.設(shè)m，n為兩條不同的直線，α，β為兩個(gè)不同的平面，給出下列命題：

①若m//α，m//n，則n//α；

②若m⊥α，m//β，則α⊥β；

③若α⊥β，α∩β=n，m⊥n，則m⊥β；

④若m//n，α//β，則m與α所成的角和n與β所成的角相等．

其中正確命題的序號(hào)是(

)A.①② B.①④ C.②③ D.②④8.雙曲線x2a2?y2b2=1的一條漸近線方程為y=?3xA.x23?y2=1 B.x9.如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=3AAA.53π3

B.23π二、填空題：本題共6小題，每小題5分，共30分。10.已知復(fù)數(shù)z滿足(1+i)z=2i(i為虛數(shù)單位)，則|z|=______．11.(x?112.將圓心角為3π4，半徑為8的扇形圍成一個(gè)圓錐，則該圓錐的母線與底面所成角的余弦值為______．13.已知a>0，過(guò)點(diǎn)A(a,a)恰好只有一條直線與圓E：x2+y2?4x+2y=0相切，則14.袋子中有5個(gè)大小相同的球，其中紅球2個(gè)，白球3個(gè)，依次從中不放回的取球，則第一次取到白球且第二次取到紅球的概率是______；若在已知第一次取到白球的前提下，第二次取到紅球的概率是______．15.如圖，三角形ABC中AB=3，AC=6，∠BAC=60°，D為BC中點(diǎn)，E為中線AD的中點(diǎn).則中線AD的長(zhǎng)為______，BE與AD所成角θ的余弦值為______．

三、解答題：本題共5小題，共75分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。16.(本小題14分)

如圖，正三棱柱ABC?A1B1C1的底面邊長(zhǎng)為2，AA1=2．

(1)求證：A1B⊥17.(本小題15分)

在非等腰△ABC中，a，b，c分別是三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且a=3，c=4，C=2A．

(1)求cosA的值；

(2)求△ABC的周長(zhǎng)；

(3)求cos(2A+π618.(本小題15分)

三棱臺(tái)ABC?A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2，A1C1=1，M，N分別是BC，BA中點(diǎn)．

(1)求證：A1N//平面C19.(本小題15分)

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為12，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)(3,32)．

(1)求橢圓C的方程；

(2)設(shè)F為20.(本小題16分)

已知函數(shù)f(x)=axlnx?32x?12x．

(1)若a=1，

(i)求函數(shù)y=f(x)在(1,f(1))上的切線方程；

(ii)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若x≥1時(shí)，f(x)≥?2，求參考答案1.A

2.D

3.B

4.D

5.D

6.C

7.D

8.B

9.A

10.211.?3512.3813.1

x?2y+1=0

14.310

115.37216.(1)證明：取AB中點(diǎn)D，連接CD，B1D，則CD⊥AB，

因?yàn)槠矫鍭BB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1?平面ABC=AB，

所以CD⊥面ABB1A1，因?yàn)锳1B?面ABB1A1，

所以CD⊥A1B，

因?yàn)閠an∠BA1B1=22，tan∠BB1D=12=22，

所以∠BA1B1=∠BB1D，

所以A1B⊥B1D，又B17.解：(1)在△ABC中，a=3，c=4，C=2A，

由正弦定理asinA=csinC，得

3sinA=4sinC=4sin2A=42sinAcosA，解得cosA=23；

(2)在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2?2bccosA，即9=b2+16?2b×4×2318.解：(1)證明：連接MN，C1A.

由M，N分別是BC，BA的中點(diǎn)，根據(jù)中位線性質(zhì)，MN//AC，且MN=AC2=1，

由棱臺(tái)性質(zhì)，A1C1/?/AC，于是MN/?/A1C1，

由MN=A1C1=1，可知四邊形MNA1C1是平行四邊形，則A1N//MC1，

又A1N?平面C1MA，MC1?平面C1MA，于是A1N/?/平面C1MA．

(2)過(guò)M作ME⊥AC，垂足為E，過(guò)E作EF⊥AC1，垂足為F，連接MF，C1E.

由ME?面ABC，A1A⊥面ABC，故AA?1⊥ME，

又ME⊥AC，AC∩AA1=A，AC，AA1?平面ACC1A1，則ME⊥平面ACC1A1．

由AC1?平面ACC1A1，故ME⊥AC1，

又EF⊥AC1，ME∩EF=E，ME，EF?平面MEF，于是AC1⊥平面MEF，

由MF?平面MEF，故AC?1⊥MF.于是平面C1MA與平面ACC1A1所成角即∠MFE．

又ME=AB2=1，cos∠CAC1=15，則sin∠CAC1=25，

故EF=1×sin∠CAC1=25，在Rt△MEF中，∠MEF=90°，則MF=1+45=35，

于是cos∠MFE=EFMF=23，

所以平面C1MA與平面ACC1A1所成夾角的余弦值為23；

(3)方法一：(幾何法)

過(guò)C1作C1P⊥AC，垂足為P，作C1Q⊥AM，垂足為Q，連接PQ，PM，過(guò)P作PR⊥C119.解：(1)因?yàn)闄E圓C的離心率為12，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)(3,32)，

所以3a2+34b2=1ca=12a2=b2+c2，

解得a=2，b=3，

則橢圓C的方程為x24+y23=1；

(2)設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，

因?yàn)镕(?1,0)，

若FA?FB=0，

此時(shí)(x1+1,y1)?(x2+1,y220.解：(1)如果a=1，那么函數(shù)f(x)=xlnx?32x?12x,f(x)的定義域?yàn)?0,+∞)．

(ⅰ)f(1)=?32?12=?2,f′(x)=lnx+1?32+12x2，那么f′(1)=1?32+12=0，

所以切線為y?(?2)=0?(x?1)，所以y=?2．

(ⅱ)設(shè)f′(x)=g(x)=lnx+1?32+12x2，

那么可得g′(x)=1x?1x3=x2?1x3=(x?1)(x+1)x3，

所以當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，導(dǎo)函數(shù)g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，導(dǎo)函數(shù)g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，

因此g(x)≥g(1)=0，所以f′(x)≥f′(1)=0，

所以函數(shù)