第第頁成渝經(jīng)濟圈名校聯(lián)盟2024-2025學年高三上學期第一次聯(lián)考數(shù)學試題一、單項選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1．若集合A=xlog2x≤2A．?4,16 B．0,4 C．1,4 D．1,162．fx=x?1?2lnx，則A．y+x?1=0 B．y?x+1=0 C．x=1 D．y+2x?2=03．a(chǎn)=t?2,2，b=2?t,?1，命題p:a?b<0，命題A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．直線l1上單位向量為(35,m)，直線l2上有C，D兩點，CDA．54或87 B．87 C．8 D．5．我們初中所學的反比例函數(shù)圖象其實是一種典型的雙曲線．若gxA．22 B．2 C．4 D．6．在銳角三角形ABC中，若A=π4，則A．4 B．5 C．6 D．87．已知數(shù)列{an}，{bn}分別為等差數(shù)列和等比數(shù)列，a1>0，b1>0，{an}為遞減數(shù)列，{bA．(11,13) B．(13,15) C．(13,+∞) 8．一正四棱錐P?ABCD，AB=2，當其外接球半徑R與內(nèi)切球半徑r之比最小時，VA．22+23 B．22+2 二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，有選錯的得0分，若只有2個正確選項，每選對一個得3分；若只有3個正確選項，每選對一個得2分．）9．cos2θ+π3A．θ有1解B．θ有2解C．sinD．fx=cos2x+π3，將f(x)向右平移10．fxA．fx在定義域內(nèi)單調(diào)遞增 B．?xC．在定義域內(nèi)恒有fx<22?x2 11．定義：an滿足當n為奇數(shù)時，an+an+1=k；當n為偶數(shù)時，an+an+1=?k，k∈Z，則稱an為“回旋數(shù)列”.若bn為“回旋數(shù)列”，b1=1，k=3，設bn前n項和為SnA．b20?bC．P100=5099且P2n三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分．）12．3x2+x13n13．z=1，若z2與z關(guān)于復平面虛軸對稱，則z14．雙曲線E：x2a2?y2b2=1a>b>0，焦距為22，左、右焦點分別為F1，四、解答題（本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．）15．如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)面ACC1A（1）證明：AB1//（2）若∠A1AC=16．在△ABC中，內(nèi)角A,B,C所對的邊分別是a,b,c，a=6,b=4,sinC=2（1）求△ABC外接圓半徑R；（2）若△ABC為等腰三角形，△ABC所在平面內(nèi)有一點P，滿足OP=OC+λCBCB17．a(chǎn)n為等差數(shù)列或等比數(shù)列，an和為Sn，a（1）若an為等差數(shù)列，求S（2）當an為等差數(shù)列時，bn=snan；當an為等比數(shù)列且（3）若Sn單調(diào)遞增，證明：18．已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），O為坐標原點，過橢圓C左焦點F1的直線l交橢圓C于P，Q兩點（（1）當∠F1PO=45°時，求橢圓C（2）求POF（3）是否存在l使PO+PF19．已知函數(shù)fx=mex?x2（1）當m<0時，證明f'（2）fx上有Ax1,y1,Bx2①若不存在A,B,C三點，使y1,y②若m<0,gx=e

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：由log2x≤2，可得0≤log2x≤4由x2<16，解得?4<x<4，∴所以A∩B=1,4故答案為：C.【分析】先利用平方法、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性、對數(shù)函數(shù)的定義域，再結(jié)合交集的運算法則得出集合A，再解一元二次不等式得出集合B，則由交集的運算法則得出集合A∩B.2．【答案】A【解析】【解答】解：因為fx所以f1=1?1?0=0，f'所以函數(shù)fx在x=1處的切線方程為y=?1x?1，即故答案為：A.【分析】先求出函數(shù)fx在x=1處的導數(shù)值，再結(jié)合導數(shù)的幾何意義得出切線的斜率，再根據(jù)代入法得出切點坐標，最后由點斜式方程可得函數(shù)fx在3．【答案】B【解析】【解答】解：設a、b夾角為θ，θ∈0,π若a?b<0，則a則θ∈(π2,π]，所以a所以p是q的必要不充分條件.故答案為：B.【分析】設兩向量的夾角為θ，根據(jù)a?b=4．【答案】D【解析】【解答】解：因為35,m為直線所以352+m2因為l1⊥l2，C,D為直線所以t,t?235,m因為35+m≠0，所以當m=45時，當m=?45時，故答案為：D.【分析】根據(jù)單位向量的定義求出m的值，再由已知條件結(jié)合向量垂直的坐標表示，從而求出t的值.5．【答案】C【解析】【解答】解：作出y=1x和y=x的圖象，它們的交點分別為由y=1x和y=x聯(lián)立方程組解得：x=1y=1或x=?1y=?1，即交點A根據(jù)雙曲線的意義，可知實軸長AB=2a=22，即又由雙曲線的漸近線是兩坐標軸，它們互相垂直，所以這是等軸雙曲線，即b=2，

所以c2=故答案為：C.

【分析】利用反比例函數(shù)是等軸雙曲線結(jié)合實軸長以及雙曲線中a，b，c三者的關(guān)系式，從而求出c的值，進而得出雙曲線的焦距.6．【答案】A【解析】【解答】解：因為三角形ABC為銳角三角形，且A=π所以0<C<π20<3π4又因為tanB=所以1=2當且僅當2tanC1+所以1tan故答案為：A.

【分析】根據(jù)題意可得π4<C<π2，從而得出7．【答案】B【解析】【解答】解：根據(jù)題意，等差數(shù)列an遞減，

所以公差d<0，等比數(shù)列bn遞增，則公比由c1聯(lián)立上式消a1可得：d+再消d得：b1=2q?12因為d<0，a1>0，

所以21?q+1<0，所以c=5+61?q+2q3?2故答案為：B.【分析】利用等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式，從而建立方程組，再利用消元思想和公比q，分別表示其它變量，再通過約束條件可得公比q的取值范圍，則根據(jù)等差數(shù)列的通項公式、等比數(shù)列的通項公式和公比的取值范圍，從而得出c48．【答案】D【解析】【解答】解：如圖，正四棱錐中P?ABCD，正方形ABCD的對角線相交于點M，

則PM⊥平面ABCD如圖所示，設正四棱錐P?ABCD外接球的球心為Q，PM=?，連接QC，

則PQ=CQ=R，因為AB=2，所以CM=1在Rt△QMC中，CQ2=Q如圖所示，設正四棱錐P?ABCD內(nèi)切球的球心為O，PM=?，取CD的中點E，連接PE，

設內(nèi)切球O與面PCD切于點F，與面ABCD切于點M，

易知F∈PE，△POF～△PME，則OFME所以Rr令t=2?2所以Rr當且僅當t2=1t即所以?2所以VP?ABCD故答案為：D.

【分析】先根據(jù)正棱錐球的內(nèi)切或外接確定球心位置，再求出外接球的半徑R=?2+12?和內(nèi)切球半徑r=2?2+19．【答案】A,D【解析】【解答】解：因為0<θ<π2，所以令t=2θ+π3，則π3當π3<t≤π時，函數(shù)y=cos當π<t<4π3時，函數(shù)又因為?1010>?12即存在唯一的θ0=t即cos2θ+π3因為cos2θ+π3=?10所以sin2θ+sin2θ+所以sin2θ+將函數(shù)fx=cos2x+π所以gx因為函數(shù)gx的定義域為Rg?x=sin故答案為：AD.

【分析】令t=2θ+π3，將原方程化為cost=?1010，π10．【答案】A,D【解析】【解答】解：fx=sin對于A，因為x∈0,π2所以fx在0,對于B，因為f2x0又因為x0∈0,π2因為sin2x0所以不存在x0∈0,對于C，當x∈0,π2，fx=所以，當2<x<π2對于D，令gx=exx當x∈0,1時，g'x<0，所以當x∈1,π時，g'x>0，所以所以gx≥g1=e，即ex令?x=sinx?x，所以?x在0,π單調(diào)遞減，所以?x<?因為x∈0,π，所以x2∈0,π所以e2x所以e2x2sinx>e2故答案為：AD.

【分析】將函數(shù)fx化簡，再利用導數(shù)判斷函數(shù)fx的單調(diào)性，則可判斷選項A；解關(guān)于x0的方程判斷出選項B；分別判斷不等式左、右兩邊的符號可判斷出選項C；令gx=ex11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：因為數(shù)列bn為“回旋數(shù)列”，k=3當n為奇數(shù)時，bn+bn+1=3所以當n為奇數(shù)時，bn+bn+1=3所以數(shù)列b1,b所以當n為奇數(shù)時，bn當n為偶數(shù)時，bn+bn+1=?3所以數(shù)列b2,b又因為b1=1，b1所以當n為偶數(shù)時，bn所以b20=56，b19因為S2n所以S2n則S=b所以S2n?1=1+?34S2n+1=?12n+4所以4S從b1，b2，?，b2n其中兩個數(shù)之和大于0的取法包含取一個奇數(shù)項與它之后的所有偶數(shù)項，

或取一個偶數(shù)項與它之前的所有奇數(shù)項，則n+n?1所以P2n所以P100=50因為P2n的前n項積為T故答案為：BCD.

【分析】利用已知條件結(jié)合遞推關(guān)系證出數(shù)列的奇數(shù)項為等差數(shù)列、偶數(shù)項為等差數(shù)列，從而求出數(shù)列bn的通項公式，由此判斷出選項A；利用組合求和法求出S2n,S2n?1,12．【答案】13608【解析】【解答】解：根據(jù)題意有2n?1=128=2所以原式化為：3x所以二項式展開式的第四項為：C8故答案為：13608x【分析】根據(jù)二項式系數(shù)的性質(zhì)求出n的值，再利用二項式的展開式的通項得出第4項.13．【答案】?1或12?3【解析】【解答】解：設z=a+bi,a,b∈R，則z2因為z=1，所以a2又因為z2與z關(guān)于復平面虛軸對稱，所以a2由①②解得a=?1b=0或a=所以，當a=?1b=0時，z=?1，此時z當a=12b=32當a=12b=?32故答案為：?1或12?32i或114．【答案】7【解析】【解答】解：因為動點P在雙曲線右支上，所以PF1?2a=則PM+不妨設點M在漸近線bx?ay=0上，過點F2作F2A⊥OM當且僅當點P為線段F2因為F2的坐標為c,0，故F所以PM+PF1的最小值為b+2a，

因為b+2a=3，又因為雙曲線所以a2+b2=2，

又因為a>b>0所以雙曲線E的方程為2549x2?25y設點P的坐標為m,n，則m2?49n故m?7n?m+7n=所以PM+當且僅當m=75，n=0時等號成立，所以PM+故答案為：72【分析】結(jié)合雙曲線定義可得PM+PF1=PM+PF15．【答案】（1）證明：連接B1C，交BC1于點因為側(cè)面BCC所以N為B1C的中點，

又因為點E為線段所以NE//AB因為AB1?面BEC1所以AB1//（2）解：連接A1C，A1E，因為所以△AA1C因為點E為線段AC的中點，所以A1因為側(cè)面ACC1A1⊥底面ABC，

平面ACC1所以A1E⊥底面ABC，

又因為BE?平面ABC，所以因為AB=AC=BC=2，E為AC的中點，所以BE⊥AC，所以EB,EC,EA如圖，以E為坐標原點，

分別以EB，EC，EA1的方向為則E0,0,0，B3,0,0所以EB=3,0,0設平面BEC1的法向量為則m?EB=3x=0所以平面BEC1的法向量為又因為平面ABE的法向量為n=則cosm經(jīng)觀察，二面角A?BE?C所以二面角A?BE?C1的余弦值為【解析】【分析】（1）連接BC1，交B1C于點N，連接NE，再利用線面平行的判定定理證出（2）由已知條件可知△AA1C為等邊三角形，再結(jié)合三線合一得出A1E⊥AC，再利用面面垂直的性質(zhì)定理可證直線A1E⊥底面ABC，從而建立空間直角坐標系，則得出點的坐標和向量的坐標，再由兩向量垂直數(shù)量積為0的等價關(guān)系和數(shù)量積的坐標表示，從而得出平面BE（1）連接B1C，交BC1于點因為側(cè)面BCC所以N為B1C的中點，又因為點E為線段所以NE//AB因為AB1?面BEC1所以AB1//（2）連接A1C，A1E，因為所以△AA1C因為點E為線段AC的中點，所以A1因為側(cè)面ACC1A1⊥底面ABC，平面ACC1所以A1E⊥底面ABC，又BE?平面ABC，所以因為AB=AC=BC=2，E為AC的中點，所以BE⊥AC，所以EB,EC,EA如圖以E為坐標原點，分布以EB，EC，EA1的方向為則E0,0,0，B3,0,0所以EB=3,0,0設平面BEC1的法向量為則m?EB=3x=0所以平面BEC1的法向量為又因為平面ABE的法向量為n=則cosm經(jīng)觀察，二面角A?BE?C所以二面角A?BE?C1的余弦值為16．【答案】（1）解：當0<C≤π2時，由sinC=由余弦定理可得c2=a2+b2?2abcos所以△ABC的外接圓半徑R=1當π2<C<π時，由sinC=由余弦定理可得c2=a2+所以c2=36+16+2×6×4×1所以△ABC的外接圓半徑R=1（2）解：因為△ABC為等腰三角形，由（1）可得a=c=6,b=4，因為OP=所以CP=過點C作CD⊥AB，垂足為D，取AB的中點E，連接CE，

則CBsinB=CA所以CP=λCDCB+取線段AC的中點F，則PA因為AC=4,AE=3,cos所以CE=設點A到CE的距離為d，則12又因為sin∠CAE=sinC=22所以d=83417，又F所以點F到CE的距離為12所以PA·所以PA·PC的最小值為【解析】【分析】（1）先討論角C的取值范圍，再由已知條件結(jié)合余弦定理求出c的值，再根據(jù)正弦定理求出△ABC外接圓的半徑.（2）取AB的中點E，化簡向量關(guān)系式證出點P在CE上，再根據(jù)向量的線性運算法則和數(shù)量積的性質(zhì)可得PA·PC=PF2?4，F(xiàn)為線段（1）當0<C≤π2時，由sinC=由余弦定理可得c2=a所以c2=36+16?2×6×4×1所以△ABC的外接圓半徑R=1當π2<C<π時，由sinC=由余弦定理可得c2=a所以c2=36+16+2×6×4×1所以△ABC的外接圓半徑R=1（2）因為△ABC為等腰三角形，由（1）可得a=c=6,b=4，因為OP=所以CP=過點C作CD⊥AB，垂足為D，取AB的中點E，連接CE，則CBsinB=CA所以CP=所以點P在直線CE上，取線段AC的中點F，則PA·因為AC=4,AE=3,cos所以CE=A設點A到CE的距離為d，則12又sin∠CAE=sinC=22所以d=83417，又F所以點F到CE的距離為12所以PA·所以PA·PC的最小值為17．【答案】（1）解：由題意得a1+3d=8a因為an為等差數(shù)列，

???????所以S（2）解：b根據(jù)f(x)=(3x?10)?703x?10+3在(5,+因為an為等比數(shù)列，a4=8所以a6a4=q2=4當q=2時，a1=1，此時an當q=?2時，a1=?1，此時a因為an為擺動數(shù)列，

所以Sn=當n為奇數(shù)時，cn易知n∈N?時，cn因為12n>0當n為偶數(shù)時，cn=2所以cn≥c6=231?126（3）證明：當an為等差數(shù)列時，S令12n?28>0，得n>73，

即此時Sn單調(diào)遞增，故n∈當an為等比數(shù)列時，

當q=2時，由（2）知，Sn=當q=?2時，an為擺動數(shù)列，S所以Sn=2n?1，a當n=1時，2cos當n=2時，5+6cos所以n=1和n=2時，n2下證當n≥3時，n2因為n∈N?，所以cosn>?1所以n2即證(n令dn=(n2?6)?2n?1+3?n又因為(n+2)22?4>所以dn+1?dn>0所以dn≥d3=15?綜上所述，n【解析】【分析】（1）利用等差數(shù)列的通項公式和a4=8，a6=32，從而求出a1（2）由（1）中的等差數(shù)列的通項公式和等差數(shù)列前n項和公式求出bn，再將bn轉(zhuǎn)化為對勾函數(shù)的形式求出bnmin，從而求出cn，再分奇數(shù)、偶數(shù)討論c（3）根據(jù)Sn單調(diào)遞增求出Sn和an，再分n=1，n=2和n≥3三種情況證明，令dn=(n2?6)?2n?1+3?（1）由題意得a1+3d=8a因為an為等差數(shù)列，所以S（2）bn根據(jù)f(x)=(3x?10)?703x?10+3在(5,+因為an為等比數(shù)列，a4所以a6a4=q當q=2時，a1=1，此時an當q=?2時，a1=?1，此時an因為an為擺動數(shù)列，所以Scn當n為奇數(shù)時，cn易知n∈N?時，cn因為12n>0當n為偶數(shù)時，cn=2所以cn≥c所以cnmin=（3）當an為等差數(shù)列時，S令12n?28>0，得n>73，即此時Sn單調(diào)遞增，故n∈當an為等比數(shù)列時，當q=2時，由（2）知，Sn=當q=?2時，an為擺動數(shù)列，S所以Sn=2n?1當n=1時，2cos當n=2時，5+6cos所以n=1和n=2時，n2下證當n≥3時，n2因為n∈N?，所以cosn>?1所以n2即證(n令dn=(n即證dn>0，因為因為(n+2)22?4>所以dn+1?dn>0所以dn≥d3=15?綜上，n18．【答案】（1）解：當∠F1PO=45°時，所以∠PF1O=2∠F1PO=90又因為OF1=PF1，所以（2）解：設∠F1PO=α，則∠PF1在△PF1O又因為0<α<π0<2α<π0<3α<π?0<α<所以POF1O（3）解：因為PO+PF所以PO=PF2，即點P在OF2的中垂線上，所以Hc2,0，

當x=所以Pc2所以cos∠P則存在點Pc2,【解析】【分析】（1）當∠F1PO=45°時，l⊥x（2）在△PF1O中，由正弦定理得出POF1O=2（3）由PO+PF1=2a結(jié)合橢圓的定義可得PO=PF2，則點P在OF2的中垂線上，從而求出點P的坐標，在直角三角形P（1）當∠F1PO=45°時，所以∠PF1所以P?c,b2a，又因為OF（2）設∠F1PO=α，則在△PF1O又因為0<α<π0<2α<π0<3α<π所以POF1O（3）因為PO+PF所以PO=PF2，即點P在所以Hc2,0，當x=所以Pc2所以cos存在點Pc2,19．【答案】（1）證明：由fx則f'(x)=mex?2x?2，

又因為P則f'(=me要證f'因為m<0，即證ex不妨設x1<x2，令則ex故只需證te令g(t)=tet2則g'再令φ(x)=e則φ'(x)=ex?1>0故φ(x)>φ(0)=0，故當x>0時，1+x<e由t>0,t2>0則g'(t)=et21+t故g(t)<g(0)=0，得證.（2）解：①由x1,x2,x3等差數(shù)列且x下面先研究若存在A,B,C三點，使y1則y又因為2yy1,y由e3x存在A,B,C三點，使y1,y當x1>0時，ex當x1<0時，ex故當x1≠0時，令ex12=t，t>0且所以m2=2lnttt2?1，

令?(t)=再令s(t)=t2?1?(3t2則s'令r(t)=1t2?1?6lnt，因為故當0<t<1時，r(t)>0，即s'(t)>0，則s(t)在當t>1時，r(t)<0，即s'(t)<0，則s(t)在故s(t)<s(1)=0，故?'故?(t)在(0,1)上單調(diào)遞減，且在1,+∞又