江蘇‌常州市龍城中學2024-2025學年高三（上）數學第15周階段性訓練模擬練習【含答案】

江蘇?常州市龍城中學2024-2025學年高三（上）數學第15周階段性訓練模擬練習一．選擇題（共5小題）1．已知定義在R上的函數f（x）的導數為f′（x），f（1）＝e，且對任意的x滿足f'（x）﹣f（x）＜ex，則不等式f（x）＞xex的解集是（）A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，0） C．（0，+∞） D．（1，+∞）2．已知正三棱錐P﹣ABC的側棱長為3，當該三棱錐的體積取得最大值時，點A到平面PBC的距離是（）A． B． C．3 D．3．已知圓C的直徑AB長為8，與C相離的直線l垂直于直線AB，垂足為H，且0＜AH＜2，圓C上的兩點P，Q到l的距離分別為d1，d2，且d1≠d2．若d1＝AP，d2＝AQ，則d1+d2＝（）A．2 B．4 C．6 D．84．過拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點F作直線交拋物線于，兩點，則p＝（）A．1 B．2 C．3 D．45．函數，若2f2（x）﹣3f（x）+1＝0恰有6個不同實數解，正實數ω的范圍為（）A． B． C． D．二．多選題（共5小題）（多選）6．在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P在線段BD1上運動（包括端點），下列說法正確的有（）A．存在點P，使得CP⊥平面A1DB B．不存在點P，使得直線C1P與平面A1DB所成的角為30° C．PC+PD的最小值為 D．以P為球心，PA為半徑的球體積最小時，被正方形ADD1A1截得的弧長是（多選）7．關于函數，下列說法正確的有（）A．函數f（x）的圖象關于點對稱 B．函數f（x）在（﹣∞，2）上單調遞增，在（2，+∞）上單調遞減 C．若方程f（x）＝t恰有一個實數根，則 D．若?x∈R，都有f（x）＞m，則m≤﹣2（多選）8．已知數列{an}中，a1＝1，，則下列結論正確的是（）A．a4＝13 B．{an}是遞增數列 C．a10＜1000 D．an+1＝2an+1（多選）9．在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且a＝2，，則以下四個命題中正確的是（）A．滿足條件的△ABC不可能是直角三角形 B．△ABC面積的最大值為 C．當A＝C時，△ABC的內切圓的半徑為 D．若△ABC為銳角三角形，則（多選）10．已知棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱切球（與正方體的各條棱都相切）為球O，點M為球面上的動點，則下列說法正確的是（）A．球O的表面積為2π B．球O在正方體外部的體積大于 C．球O內接圓柱的側面積的最大值為2π D．若點M在正方體外部（含正方體表面）運動，則三．填空題（共4小題）11．已知函數f（x）＝若，則實數a的值為．12．已知雙曲線的標準方程為，則該雙曲線的焦距是．13．已知二面角α﹣l﹣β為60°，α內一條直線m與l所成角為30°，β內一條直線n與l所成角為45°，則直線m與直線n所成角的余弦值是．14．設奇函數f（x）的定義域為R，且f（x+1）是偶函數，若f（1）＝7，則f（2023）+f（2024）＝．四．解答題（共5小題）15．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PA＝AD，PD＝2，M是AB的中點，N是線段PC上一點，且MN∥平面PAD，MN⊥PC．（1）求證：CD⊥平面PAD；（2）求平面MNC與平面PBD所成的二面角的正弦值．16．已知函數f（x）＝mex+cosx+n，曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程為y＝x．（1）討論函數f（x）在[﹣π，+∞）上的單調性；（2）當x∈[0，+∞）時，f（x）≥3sinx﹣ax恒成立，求實數a的取值范圍．17．已知橢圓C：＝1（a＞b＞0）的左焦點為F，離心率為e，A，B是C上的相異兩點，P（2a，0）．（1）若點A，B關于原點對稱，且FA⊥FB，求e的取值范圍；（2）若點A，B關于x軸對稱，直線PA交C于另一點D，直線BD與x軸的交點Q的橫坐標為1，過Q的直線交C于M，N兩點．已知e＝，求的取值范圍．18．已知函數f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）為f（x）的導數．證明：（1）f′（x）在區(qū)間（﹣1，）存在唯一極大值點；（2）f（x）有且僅有2個零點．19．如圖，在三棱錐P﹣ABC中，AB是△ABC外接圓的直徑，PC垂直于圓所在的平面，D、E分別是棱PB、PC的中點．（1）求證：DE⊥平面PAC；（2）若二面角A﹣DE﹣C為，AB＝PC＝4，求AE與平面ACD所成角的正弦值．

參考答案與試題解析題號12345答案ACDDD一．選擇題（共5小題）1．【解答】解：令g（x）＝﹣x，g′（x）＝﹣1＝，因為對任意的x滿足f'（x）﹣f（x）＜ex，所以g′（x）＝＜0，所以g（x）在R上單調遞減，又f（1）＝e，所以g（1）＝﹣1＝0，不等式f（x）＞xex等價于g（x）＞0，即g（x）＞g（1），所以x＜1．故選：A．2．【解答】解：如圖所示，設正三角形ABC的中心為E，連接PE，AE，延長AE交BC于點F，則PE⊥平面ABC，且F為BC中點，連接PF，則易得BC⊥平面PAF，從而可得平面PBC⊥平面PAF，在平面PAF內過A作AH⊥PF于點H，則AH⊥平面PBC，故AH即為所求，設底面正三角形的邊長為a，則BF＝CF＝，AF＝，AE＝，又PA＝3，∴PE＝，PF＝，∴正三棱錐P﹣ABC的體積為：V＝＝＝≤＝，當且僅當，即a2＝18時，等號成立，此時AH＝＝＝＝＝3，∴當該三棱錐的體積取得最大值時，點A到平面PBC的距離是3．故選：C．3．【解答】解：設|AH|＝2a，以AH的中點為坐標原點，建立如圖所示的直角坐標系，可得A（a，0），C（4+a，0），直線l：x＝﹣a，以A為焦點的拋物線的方程為y2＝4ax，點P，Q既在圓C上，又在拋物線上，聯立，可得x2﹣（8﹣2a）x+（4+a）2﹣16＝0，則xP+xQ＝8﹣2a，又d1+d2＝xP+xQ+2a＝8﹣2a+2a＝8．故選：D．4．【解答】解：將，兩點分別代入拋物線方程，可得，解得x1＝1，則，，解得x2＝4，則，又拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點，由題意可得，A，F，B三點共線，則kAF＝kBF，即，解得p＝4．故選：D．5．【解答】解：由題知，2f2（x）﹣3f（x）+1＝0的實數解可轉化為或f（x）＝1的實數解，即y＝f（x）與y＝1或y＝的交點，當x＞0時，，所以x∈（0，e）時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，x∈（e，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，如圖所示：所以x＝e時f（x）有最大值：，所以x＞0時，由圖可知y＝f（x）與y＝1無交點，即方程f（x）＝1無解，所以y＝f（x）與y＝有兩個不同的交點，及方程f（x）＝有2個解，當x＜0時，因為ω＞0，﹣π≤x≤0，所以，令，則則有y＝sint且，如圖所示：因為x＞0時，已有兩個交點，所以只需保證y＝sint與及與y＝1有四個交點即可，所以只需，解得，即正實數ω的范圍為[2，）．故選：D．二．多選題（共5小題）6．【解答】解：由題，建立如圖所示的空間直角坐標系，，則P（2﹣2λ，2﹣2λ，2λ），對于A，AC1⊥面是平面A1BD一個法向量，假設CP⊥面A1DB，則與（﹣2，2，2）共線矛盾，假設不成立，故A錯；對于B，若存在P，C1P與A1DB所成角為30°，則，∴不滿足條件，假設不成立，故B對；對于C，＝．表示P（λ，0）與距離之和，對；對于D，，時PA最小，，球與面ADD1A1交于Q，Q在以N為圓心，為半徑的圓上，在正方形ADD1A1內軌跡為半圓，長度＝，故D對．故選：BCD．7．【解答】解：根據題意，依次分析選項：對于A，函數，f（﹣1﹣x）＝，f（x）≠﹣f（﹣1﹣x），則f（x）的圖象不關于點（﹣，0）對稱，A錯誤；對于B，f′（x）＝＝＝，在區(qū)間（﹣∞，2）上，f′（x）＞0，f（x）為增函數，在區(qū)間（2，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）為減函數，B正確；對于C，＝0，解可得x＝﹣，當t＝0時，方程f（x）＝t恰有一個實數根，C錯誤；對于D，當x＞﹣時，f（x）＞0，當x＜﹣時，f（x）＜0，此時f（x）＝﹣，又由x2+1﹣（x2++）＝＞0，則f（x）＝﹣＞﹣2，則有f（x）＞﹣2，故若?x∈R，都有f（x）＞m，則m≤﹣2，D正確．故選：BD．8．【解答】解：由，可得，則，又由a1＝1，可得，所以數列{}表示首項為，公比為的等比數列，所以，所以，選項A，，故A錯誤；選項B，，即an+1＞an，所以{an}是遞增數列，故B正確；選項C，，故C錯誤；選項D，，，所以an+1＝2an+1，故D正確．故選：BD．9．【解答】解：，則，對選項A：取c＝1，則，a＝2，故a2＝b2+c2，△ABC是直角三角形，錯誤；對選項B：設c＝x，則，，sinB＞0，＝，當x＝2時，S最大為，正確；對選項C：A＝C時，a＝c＝2，，，B∈（0，π），故，設內切圓的半徑為r，則，解得，正確；對選項D：△ABC為銳角三角形，則b2＜a2+c2，即3c2＜4+c2，解得，且a2＜b2+c2，即4＜4c2，解得c＞1，故，錯誤．故選：BC．10．【解答】解：對于A．如圖所示，正方體的棱切球O的半徑，則球O的表面積為4πR2＝2π，故A正確；對于B．若球體、正方體的體積分別為V1，V2．球O在正方體外部的體積，故B正確；對于C，球O的半徑，設圓柱的高為h，則底面圓半徑，所以，當h2＝1時取得最大值，且最大值為π，所以C項錯誤；對于D，取AB中點E，可知E在球面上，可得，所以，點M在球O上且在正方體外部（含正方體表面）運動，所以（當ME為直徑時，），所以．故D正確．故選：ABD．三．填空題（共4小題）11．【解答】解：∵函數f（x）＝，∴f（）＝||﹣2＝1﹣2＝﹣1，∴f[f（）]＝f（﹣1）＝﹣a﹣1﹣3＝a，解得a＝﹣2．故答案為：﹣2．12．【解答】解：∵雙曲線的標準方程為，又k﹣4＞k﹣5，∴雙曲線的標準方程為：﹣＝1，可得a2＝k﹣4，b2＝5﹣k．∴c2＝a2+b2＝1．故該雙曲線的焦距是2c＝2．故答案為：2．13．【解答】解：如圖，過l上一點Q作QE⊥l交m于點E，QF⊥l交n于點F，設，∴QE＝x，，EF＝＝，，如圖，設，∴，，QE＝x，PE＝2x，∠EQF＝120°，，，故答案為：．14．【解答】解：根據題意，因為f（x）是奇函數，且f（x+1）是偶函數，所以f（x+1）＝f（﹣x+1）＝﹣f（x﹣1），所以f（x+2）＝﹣f（x），即f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），故f（x）是4為周期的周期函數，且有f（0）＝0，則f（2023）+f（2024）＝f（﹣1）+f（0）＝﹣f（1）＝﹣7．故答案為：﹣7．四．解答題（共5小題）15．【解答】（1）證明：過點N作NG∥CD，交PD于點G，連接AG，MN，則A，M，N，G四點共面，因為MN∥平面PAD，MN?平面AMNG，平面AMNG∩平面PAD＝AG，所以MN∥AG，又NG∥CD∥AM，所以四邊形AMNG是平行四邊形，所以NG＝AB＝CD，所以N，G分別是PC，PD的中點，因為PA＝AD，所以AG⊥PD，因為MN∥AG，MN⊥PC，所以AG⊥PC，又PD∩PC＝P，PD、PC?平面PCD，所以AG⊥平面PCD，因為CD?平面PCD，所以AG⊥CD，因為AD⊥CD，且AG∩AD＝A，AG、AD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD．（2）解：由（1）知CD⊥平面PAD，故以D為坐標原點，DA，DC所在直線分別為x，y軸，作Dz⊥平面ABCD，建立如圖所示的空間直角坐標系，過點P作PQ⊥AD于點Q，因為PA＝AD＝2，PD＝2，所以∠PAD＝120°，在Rt△PAQ中，∠PAQ＝180°﹣∠PAD＝60°，PA＝2，所以PQ＝，AQ＝1，所以P（3，0，），B（2，2，0），C（0，2，0），D（0，0，0），M（2，1，0），N（，1，），所以＝（﹣，0，），＝（2，﹣1，0），＝（2，2，0），＝（3，0，），設平面MNC的法向量為＝（x，y，z），則，取z＝1，則x＝，y＝2，所以＝（，2，1），設平面PBD的法向量為＝（a，b，c），則，取a＝﹣1，則b＝1，c＝，所以＝（﹣1，1，），所以cos＜，＞＝＝＝，故平面MNC與平面PBD所成的二面角的正弦值為＝．16．【解答】解：（1）因為f′（x）＝mex﹣sinx，所以f′（0）＝m﹣1，又f（0）＝1+m+n＝0，所以m＝1，n＝﹣2，所以f（x）＝ex+cosx﹣2，所以f′（x）＝ex﹣sinx，當﹣π≤x≤0時，ex＞0，sinx≤0，所以f′（x）＝ex﹣sinx＞0，當x＞0時，ex＞1，sinx≤1，所以f′（x）＝ex﹣sinx＞0，所以f′（x）在[﹣π，+∞）上恒成立，所以f（x）在[﹣π，+∞）上單調遞增．（2）“當x∈[0，+∞）時，f（x）≥3sinx﹣ax恒成立”等價于“ex﹣3sinx+cosx﹣2+ax≥0在[0，+∞）上恒成立”，設g（x）＝ex﹣3sinx+cosx﹣2+ax，x∈[0，+∞），則g′（x）＝ex﹣3cosx﹣sinx+a，設h（x）＝g′（x），則h′（x）＝ex+3sinx﹣cosx，當x∈[0，π）時，由于sinx≥0，ex≥1，cosx≤1，所以h′（x）≥0，當x∈[π，+∞）時，由于ex≥eπ＞23＝8，3sinx﹣cosx≥﹣，所以h′（x）＞0，綜上所述，h（x）＝g′（x）在[0，+∞）上單調遞增，又g′（0）＝a﹣2，若a≥2，則g′（x）≥g′（0）≥0，所以g（x）在[0，+∞）上單調遞增，又g（0）＝0，符合題意，若a＜2，則g′（0）＜0，所以必存在正實數x0滿足g′（x0）＝0，所以g（x）在（0，x0）上單調遞減，在（x0，+∞）上單調遞增，又g（0）＝0，所以g（x0）＜0，不符合題意，所以實數a的取值范圍為[2，+∞）．17．【解答】解：（1）設A（x0，y0），B（﹣x0，﹣y0），F（﹣c，0）（c＞0），所以＝（x0+c，y0），＝（﹣x0+c，﹣y0），由FA⊥FB可得?＝c2﹣﹣＝0，點A（x0，y0）在橢圓C上可得+＝1，兩式聯立后消去y0，可得＝，由于0≤＜a2，則，化簡得，解得≤e＜1，所以e的取值范圍[，1）．（2）由題意可得直線PA的斜率存在，所以設直線PA的方程y＝k（x﹣2a），由e＝得a＝2c，所以b＝＝c，所以直線PA的方程為y＝k（x﹣4c），設A（x1，y1），D（x2，y2），B（x1，﹣y1），所以直線BD的方程為y﹣y2＝（x﹣x2），令y＝0，則x＝x2﹣＝＝＝，由，得（3+4k2）x2﹣32ck2x+64k2c2﹣12c2＝0，所以，所以x＝＝＝c，所以c＝1，所以橢圓的方程為+＝1，若直線MN與x軸重合，則?＝（2，0）?（﹣2，0）＝﹣4，若直線MN與x軸不重合，設直線MN的方程為x＝my+1，M（x3，y3），N（x4，y4），則?＝x3x4+y3y4＝（my3+1）（my4+1）+y3y4＝（m2+1）y3y4+m（y3+y4）+1，由，得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，所以，所以?＝（m2+1）（﹣）﹣+1＝＝﹣4，由于m2≥0，則0＜≤，所以?∈（﹣4，﹣]，綜上所述，?的取值范圍為[﹣4，﹣]．18．【解答】證明：（1）f（x）的定義域為（﹣1，+∞），f′（x）＝cosx，f″（x）＝﹣sinx+，令g（x）＝﹣sinx+，則g′（x）＝﹣cosx＜0在（﹣1，）恒成立，∴f″（x）在（﹣1，）上為減函數，又∵f″（0）＝1，f″（）＝﹣1+＜﹣1+1＝0，由零點存在定理可知，函數f″（x）在（﹣1，）上存在唯一的零點x0，結合單調性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上單調遞增，在（x0，）上單調遞減，可得f′（x）在區(qū)間（﹣1，）存在唯一極大值點；（2）由（1）知，當x∈（﹣1，0）時，f′（x）單調遞增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）單調遞減；當x∈（0，x0）時，f′（x）單調遞增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）單調遞增；由于f′（x）在（x0，）上單調遞減，且f′（x0）＞0，f′（）＝＜0，由零點存在定理可知，函數f′（x）在（x0，）上存在唯一零點x1，結合單調性可知，當x∈（x0，x1）時，f′（x）單調遞減，f′（x）＞f′（x1）＝0，f