【文档说明】辽宁省鞍山市普通高中2024-2025学年高三上学期第一次质量检测试题 数学 Word版含答案.docx，共(12)页，764.750 KB，由小赞的店铺上传

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鞍山市普通高中2024—2025学年度高三第一次质量监测数学考试时间：120分钟满分：150分一､单项选择题：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1Axx=∣，集合11Bxx=，则AB=（）A.()1,+B.)1,+C.(),11,−−+D.((),11,−−+2.已知复数z满足()11izz−=+，则z=（）A.iB.i−C.1i2D.1i2

−3.已知向量,ab满足1,22baabab==−=+，则2ab−=（）A.2B.3C.2D.54.在二项式1022xx−的展开式中，常数项为（）A.180B.270C.360D.5405.已知函数()131xafx=+−为奇函数

，则实数a的值为（）A.-2B.2C.-1D.16.若,MN为随机事件，且()()0.4,0.3PMPN==，则（）A.若,MN为互斥事件，则()0.58PMN=B.若,MN为互斥事件，()0.12PMN=C.若,MN为相互独立事件，()0.7PMN

=D.若()0.4PNM=∣，则()0.15PNM=∣7.已知双曲线()()2211222:1(0),,,,4yxCmAxyBxym−=在双曲线上，且120yy，若12120xxyy−恒成立，则实数m的取值范围为（）A.)2,+B.(0,2C.)1,+D.(0,18.

已知定义在()1,+上的函数()2exfxx=−，若()()ebfaf=，则()fba取得最小值时a的值为（）A.4B.2eC.2eD.ee二､多项选择题：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.已知函数()()22π2cos2sin,2cos23fxxxgxx=−=−，定义域均为R，则下列说法正确的是（）A.函数()yfx=与()ygx=有相同的最小正周期B.函

数()yfx=与()ygx=的图象有相同的对称轴C.()ygx=的图象可以由函数()yfx=的图象向右平移π6个单位得到D.函数()yfx=的图象与()ygx=的图象关于直线π12x=对称10.已知直线:0lkxyk−+=，圆()2200:650,,CxyxP

xy+−+=为圆C上任意一点，则下列说法正确的是（）A.2200xy+的最大值为5B.00yx的最大值为255C.直线l与圆C相切时，33k=D.圆心C到直线l的距离最大为411.已知函数()fx满

足对任意xR，都有()()42fxfx−=−，且()43fx+为奇函数，()12f=，下列说法正确的是（）A.函数()fx的一个周期是8B.函数()27fx+为偶函数C.20251()2ifi==D.11(1)(43)2ni

ifin−=−−=三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数列na的前n项和为nS，且有23nnaS−=，则3a=__________.13.已知()80,π,sin3cos5+=，则πcos3+=________

__.14.已知四棱锥PABCD−中，底面ABCD为正方形，34,cos4PAPBABPCA====，则PC=__________，该四棱锥的高为__________.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分如图，四棱锥PABCD−中，底面ABCD是边长为2的正方形，PAD为等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD.（1）求四棱锥PABCD−的体积；（2）求二面角PACB−−的余弦值.16.本小题满分15分2024年6

月25日14时07分，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古自治区四子王旗预定区域，工作正常，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现了世界首次月球背面采样返回.某学校为了了解学生对探月工程的关注情况，随机从该校学生中抽取

了一个容量为90的样本进行调查，调查结果如下表：关注不关注合计男生5560女生合计75（1）完成上述列联表，依据该统计数据，能否有99%的把握认为该校学生对探月工程的关注与性别有关？（2）为了激发同学们对探月工程的关注，该校举办了一次探月知识闯关比赛，比赛有两个答题方案

可供选择：方案一：回答4个问题，至少答对3个问题才能晋级；方案二：在4个问题中随机选择2个问题作答，都答对才能晋级.已知振华同学答对这4个问题的概率分别为2221,,,3332，振华同学回答这4个问题正确与否相互独立，则振华选择哪

种方案晋级的可能性更大？附：()()()()22()nadbcabcdacbd−=++++()Pk0.10.050.0250.010.001k2.7063.8415.0246.63510.82817.本小题满分15分已知椭圆2222:1(0)xyCaba

b+=，右焦点为()2,0F且离心率为23，直线:6lx=，椭圆C的左右顶点分别为12,AAP､为l上任意一点，且不在x轴上，1PA与椭圆C的另一个交点为2,MPA与椭圆C的另一个交点为N.（1）直线1MA和直线2MA的斜率分别记为12MAMAkk､，求证

：12MAMAkk为定值；（2）求证：直线MN过定点.18.本小题满分17分已知函数()2e2xafxx=−，且定义域为)0,,a+R.（1）求函数()fx的单调区间；（2）若()fx有2个零点12,xx，求实数a的取值

范围；（3）若()()31e1cos2xafxax−+−恒成立，求实数a的取值范围.19.本小题满分17分若数列na满足如下两个条件：①*21,2nnnnaaa++=+N和122nnnaaa++=+恰有一个成立；②*,0nnaN.就称数列na为“中项随机变动数列”.

已知数列na为“中项随机变动数列”，（1）若1246,4,3aaa===，求3a的可能取值；（2）已知0na=的解集为2,5,8，求证：369,,aaa成等比数列；（3）若数列na前3项均为正项，且211,0naaa−==的解集为,,mst，设,,mst的最大值

为p，求1pa+的最大值.鞍山市普通高中2024—2025学年高三第一次质量检测数学科参考答案一､选择题：1-5DBDAB6-8DAC9.ACD10.BC11.ACD二､填空题：12.1213.35−14.22或42，3或23三､解答题：15.

解：（1）取AD中点E，连接PE，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，PE平面PAD，在等边PAD中，PEAD⊥，所以PE⊥平面ABCD，1433,4333PABCDPEV−===，所以四棱锥PABCD−的体积为433.（2）取BC中点F

，连接EF，则EFAD⊥，以E为坐标原点，分别以,,EAEFEP的方向为x,y,z轴的正方向，()()()()1,0,0,0,0,3,1,2,0,1,2,0APCB−，()()1,0,3,2,2,0APAC=

−=−为平面APC的法向量，则有11111130220nAPxznACxy=−+==−+=，令1z=，得()13,3,1n=，取()20,0,1n=为平面ABC的法向量，12121217cos,77nnnnnn===由图可知，二

面角PACB−−的大小为钝角，二面角PACB−−的余弦值为77−16（1）关注不关注合计男生55560女生201030合计7515902290(5510205)96.63560307515−==能有99

%的把握认为该校学生对探月工程的关注与性别有关（2）记这4个问题为,,,abcd，记振华答对,,,abcd的事件分别记为,,,ABCD，分别记按方案一､二晋级的概率为12,PP，则1()()()()()PPABCDPABCDPABCDPABCDPABCD=++++322

121114233232327=+=()()()()()()2111111666666PPABPACPADPBCPBDPCD=+++++21221733633218=+

=因为1472718，振华选择方案一晋级的可能性更大17解：（1）由题意222223ccaabc===+，可得35ab==，椭圆22:195xyC+=设()221111,,195xyMxy+=，又()()123,

0,3,0AA−，12221111AA221111555933999MMxyyykkxxxx−====−+−−−所以，12MAMAkk为定值59−（2）112221,,393PPAPMAAPANANMAyykkkkkk

=====2221533AMANAMAMkkkk==−设直线:MNxmyt=+，代入22195xy+=，得()22259105450mymtyt+++−=，()()1122,,,MxyNxy，则22Δ0,59mt+且有1222122105954559mty

ymtyym−+=+−=+，()()221212AA221212125333(3)3MNyyyykkxxmyymtyyt===−−−+−++−所以225455954813ttt−=−−+，可得

32t=或3（舍）直线MN过定点3,02法二：设()6,PPy，直线()1:39PyAPyx=+由22(3)9195Pyyxxy=++=.得()2222451694050pppyxyxy+++−=Δ729000=，所以，2222294053135303,,45454

5PPPMMMPPPyyyxxyyyy−−+−===+++同理22231510,55PPNNPPyyxyyy−−==++直线MN的斜率存在时，()()2422015203675315pppMNMNMNppyyyyykxxyy+−===−−+−−()22221020315:55315pppppp

yyyMNyxyyy−+=−++−−，令0y=，()()()2222223153153153522525ppppppyyyxyyy−−+=−==+++当MN的斜率不存在时，2222231353153,,15,4552PPMNPMNPPyyxxyxxyy−+

−======++直线MN过定点3,0218.（1）())2e,0,2xafxxx=−+()()2e1,0,xfxax=−+，（注：导函数的定义域按)0,+写不扣分，下同）①0a

时，()0fx恒成立，所以()fx在)0,+上递减（注：写()0,+上递增不扣分，下同）②1a时，()2e10(0)xfxx−恒成立，所以()fx在)0,+上递增③01a时，令()0fx=得11ln2xa=()()110,ln,0

,2xfxfxa单调递减，()()11ln,,0,2xfxfxa+单调递增综上：()0afx在)0,+上单调递减，1a时()fx在)0,+上递增，()0,1a时，()fx在110,

ln2a上单调递减，()fx在11ln,2a+上单调递增（2）因为()fx不是单调函数，由（1）知，()0,1a，且()fx在110,ln2a上单调递减，()fx在11ln,2a

+上单调递增，要使得()fx有2个零点12xx､，则必有1111ln1ln022faa=−，所以，10,ea，又当10,ea时，()002af=先证：2e(0)xxx，令()()222,(0),,(0)eexxxxxxxx

x−==，令()0,02xx，令()()0,2,xxx在()0,2上单调递增，在()2,+上单调递减，所以，()()2421ex=所以2e(0)xxx成立，所以，2ln(0)xxx，即：ln(0)2xxxx成立，取012xa=则有111ln(0

)22xaa，且()1021e02aafxa=−，所以10,ea时，()fx有2个零点综上：10,ea（3）令()()()())2331e1cose1e1cos,0,222xxxaaaFxfxaxxaxx

=−−−−=−−−−−+则()0Fx恒成立，且()00F=()())()23e11e1sin,0,,0222xxaFxaaxxFa=−+−+−+=−①1a时，()23e11sin2

xaFxax−+−，当0,πx时，()0Fx，当()π,x+时，()222333e11ee0222xxxaaFxaaa−−−=−=−)0,x+时，()0Fx恒成

立，所以，()Fx在)0,+上递增，所以，()()00FxF=，符合题意②0a时，()ππ2ππe1e0222aFa=−+−，与题意不符，舍去③01a时，()0220,0Fax=−时，()()()()222333e11e1e1e11e1e2e222

xxxxxxxaaaFxaaaaaa−+−−−+−−−−+−−+()3ee12ee3,e30222xxxxxaaaaaaa+−−+=−−−−=由得6ln02axa+=

6ln02aFa+，所以，存在060,ln2axa+，使()00Fx=，且可使()()00,,0xxFx，()Fx单调递减，()00,xx时，()()00FxF=，舍去综上：)1,a+（注：本题方法不唯一，可以参照

上述答案给分情况酌情给分）19解：（1）因为126,4aa==，所以2132aaa=+或3122aaa=+，所以32a=或5，当32a=时，4232aaa=+符合题意，当35a=时，3242aaa+且4232aaa+，不符合题意所以3

2a=（2）因为2580aaa===，其余项均为正项，所以342aa=或432aa=若432aa=时，对于345,,aaa，因为55340,2aaaa=+且4532aaa+，故舍去所以432aa=即4

312aa=，所以，646312,4aaaa==，因为80a=，所以7631128aaa==，所以，97311216aaa==，又30a，所以693614aaaa==，所以369,,aaa成等比数列

（3）由题意0mstaaa===，其余项为正项，不妨设3mst，则pt=又212nnnaaa++=+或122,nnnaaa++=+所以21112nnnnaaaa+++−=−−或2111nnnnaaaa+++−=−，又0ma=，可得121122mmmmaaaa−−+−==

，所以，()121111211,22mmmmmmmaaaaaaa−−−+−−−−=−==−−4m时，123243121221213223mmmmmmmmaaaaaaaaaaaaaaaaaa−−−−−−−−−−−−−==−−−−设这3m−个因式中恰有

i个因式的值为12−，有3mi−−个因式的值为1，所以，()131211211111,,,32222iiimimmmmmaaiaaaim+−−−−+−−−=−=−=−−=−−N所以

，()1max14ma+=，因为0mstaaa===，且不可能1sm=+，故2sm+，同理，2ts+类似的，()11212sssaaa+−−=−−，当12211211232,ssmmssmmmmssaaaaaasmaaaaaa−−++−−++−−−−−+=−−−设等式右侧

有恰有j个因式的值为12−，有2sj−−个因式的值为1，则()()221121211123112jsjmmssssmmmmmmssaaaaaaaaaaaaaa−−++−−−−+++−−−−−=−=−−−−，当2sm=+时等式也成立，所以，()11

1211112222jjsssaaa++−−=−−=−−=−，其中02,jsmj−−N，111111124416jsmaa+++=−=同理1111111,02,241664ktsaak

tsk+++=−=−−N，当且仅当1ijk===时取等.综上：1pa+的最大值为164