/定遠育才學(xué)校2025-2026學(xué)年高三（上）1月考試卷數(shù)學(xué)試題一、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.若z(1+i)=i2025A.12+12i B.?12.已知命題p:?x∈R,A.a0<a≤12 B.aa>3.設(shè)P、Q是兩個集合，定義集合P?Q={x|x∈P,x?A.x|0<x<1 B.x|0<x≤14.已知sin(α+π6)=45，cos(A.6365 B.3365 C.16655.函數(shù)f(x)=A. B.

C. D.6.如圖，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB//DC，AD=DC=2，AB=4，以四條邊為直徑向外作四個半圓，點M是這四個半圓弧上的一個動點，則A.8 B.16 C.12+1257.已知點E?2,52，圓O:x2+y2=16，點F是l:2x?y+16=0上的動點，過F作圓OA.58 B.54 C.8.如圖，直四棱柱ABCD?A1B1C1D1，點M，N，P分別為A1B1，BC和AD的中點，底面ABCD為菱形，∠DAB=60°且AB=2AAA.α>β>γ B.β>γ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.設(shè)函數(shù)f(x)=(A.x=?2是f(x)的極大值點

B.當(dāng)?2<x<?12時，f?(2x+1)?>?4

C.當(dāng)0<x<110.大慶油田第四屆冰雪嘉年華以“逐夢油城情系亞冬”為主題，游客坐在摩天輪的座艙里慢慢往上轉(zhuǎn)，可以從高處俯瞰油城景色.某摩天輪輪盤直徑為124米，設(shè)置有36個座艙.游客在座艙轉(zhuǎn)到距離地面最近的位置進艙，當(dāng)?shù)竭_最高點距地面145米時大約需要15分鐘，當(dāng)游客甲坐上摩天輪的座艙開始計時經(jīng)過t分鐘后游客甲距離地面的高度為H米，已知H關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式滿足H(t)=Asin(ωt+φ)+BA.求摩天輪轉(zhuǎn)動一周的解析式H(t)=62sin(π15t?π2)+83

B.游客甲坐上摩天輪后10分鐘，距離地面的高度第一次恰好達到52米11.如圖，類似“心形”的曲線E，可以看成由上部分曲線C1:y=?x2+2|x|，下部分曲線C2:y2a2+x2bA.C2的方程為y25+x24=1(y≤0)

B.x2+(y?1)2的最大值為1+三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一點A關(guān)于原點的對稱點為B13.如圖幾何體是圓錐的一部分，其中∠AOB=120°，OA=OB=2，PO=23

且PO與底面垂直，從點14.已知函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f(3)=3e3，對于任意x,x∈0,+∞,當(dāng)x>四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)在?ABC中，設(shè)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且滿足(1)求角B；(2)若b=3(3)求ac?ab16.(本小題15分)已知數(shù)列an的前n項和為Sn，且對任意的n∈(1)證明：數(shù)列an(2)求數(shù)列anan+1?1的前17.(本小題15分)如圖，在三棱錐D?ABC中，平面DAB⊥平面ABC，AB⊥AC，AB⊥AD，AB=AC(1)求BC與平面BEF所成角的正弦值；(2)線段BF的延長線上是否存在點M，使得平面BEF與平面ACM夾角的余弦值為31010？若存在，求出18.(本小題17分)已知點P3,15在雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)過點F的直線與C的右支交于M,N兩點，直線MA與直線NB交于點(i)證明：點D在定直線上；

(ii)若直線MB與直線NA交于點H19.(本小題17分)

已知a∈R，函數(shù)f(x)=loge(1x+a).(其中e=2.71828)

(1)當(dāng)a=2時，解不等式f(x)>0；

(2)若關(guān)于x的方程f(x答案和解析1.【答案】A

【解析】由虛數(shù)單位i的周期性可知，i的周期為4，故i2025=i4×506+1=i2.【答案】B

【解析】∵命題p:?x∈R，ax2+2x+3≤0為假命題，∴“?x∈R，ax2+2?x+3>0”為真命題，

若a=0，則不等式等價為2x+3>0，對于3.【答案】B

【解析】∵P={x|1?2x<0}

化簡得：P={x|0<x<2}

而Q={x||4.【答案】D

【解析】∵sin(α+π6)=45，cos(β?π6)=∴cos(α+β5.【答案】B

【解析】當(dāng)x∈[?π2,π2]時，f(x)>0.排除CD;

又f'(x)=ex(cosx?sin6.【答案】D

【解析】要使AM?AB最大，AM與AB的夾角θ小于90°，

當(dāng)點M在弧DC上時，AM?AB=|AM|?cosθ?|AB|≤2?4=8，

當(dāng)點M在弧AB上時，AM?AB=|AM|?cosθ?|AB|≤|AB|2=16，

當(dāng)點M在弧BC上時，取線段BC中點為O，

則AM?AB=(AO7.【答案】C

【解析】設(shè)M(x,y)，由題可知△AOF∽△MOA，

則|OA||OF|=|OM||OA|，即|OA|2=|OF|?|OM|，

所以|OF||OM|=|OA|2|OM|2=168.【答案】C

【解析】連接PB，DB，由底面ABCD為菱形，∠DAB=60°，

所以三角形ABD為等邊三角形，故PB⊥AD．

取A1D1中點P1，連接PP1，

因為ABCD?A1B1C1D1是直四棱柱，所以PP1⊥平面ABCD，

又AD,PB?平面ABCD，所以PP1⊥AD,PP1⊥PB．

不妨設(shè)AA1=2，所以AB=2，故PA=1,PB=3，

由PP1,AD,PB三線兩兩互相垂直，故以P為原點，

PA，PB，PP1所在方向建立x，y，z軸，如下圖所示：

則P0,0,0,A1,0,0,B0,3,0,A11,0,2，

M12,32,2,N?1,3,0，9.【答案】ABD

【解析】對于A，f'(x)=(x+2)2+2(x?1)(x+2)=3x(x+2)，

令f'(x)=0，得x=0或x=?2，

當(dāng)x<?2時，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增;

當(dāng)?2<x<0時，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減;

當(dāng)x>0時，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，

所以x=?2是極大值點，x=0是極小值點，A選項正確；

對于B，令t=2x+1，當(dāng)?2<x<?12時，?3<?t<?0，

由函數(shù)單調(diào)性，f(x)在(?3,?2)上單調(diào)遞增，在(?2,0)上單調(diào)遞減，

又f(?3)=?4，f(0)=?410.【答案】ACD

【解析】對于A，根據(jù)題意可得A=62，A+B=62+B=145，所以B=83，

又ω=2πT=2π15×2=π15，

t=0時，H(t)=62sinφ+83=145?124=21，解得sinφ=?1，

因為|φ|≤π2，所以φ=?π2，

所以H(t)=62sin(π15t?π2)+83，t≥0；故A正確，

對于B，令H(t)=52，得62sin(π15t?π2)+83=52，

解得sin(π15t?π2)=?12，

即cosπ15t=12，可得π15t=2kπ±π3,k∈Z，而t≥0，結(jié)合題意可得，

當(dāng)π15t=π3時，即t=5，游客甲距離地面的高度第一次恰好達到52米，

所以游客甲坐上摩天輪后5分鐘，距離地面的高度第一次恰好達到52米；故B錯誤，

對于C，由題意知H(t)=62sin【解析】C1：y=?x2+2|x|可變形為(x±1)2+y2=1(y≥0)，則上半部分表示以(±1,0)為圓心，1為半徑的2個上半圓.曲線C2:y2a2+x2b2=1(y≤0)的焦點為F(0,?1)，解得c=1，b=2，a=5，則曲線C2的方程為y25+x24=1(y≤0)，故A選項正確;

另橢圓的上焦點F1(0,1)，所以x2+(y?1)2可以看成|PF1|2，當(dāng)點P位于C2的下頂點時，|PF1|2最大，所以(|PF1|2)≤(5+1)2=6+25，故12.【答案】6【解析】∵B和A關(guān)于原點對稱，

∴B也在橢圓上，設(shè)左焦點為F'，

則|AF|+|AF'|=2a，

又∵|BF|=|AF'|，

∴|AF|+|BF|=2a①，

∵O是RtΔABF的斜邊中點，

∴|AB|=2c，

又|AF|=2csinα②，|BF|=2ccosα③，13.【答案】4【解析】依題意，O點底面圓心，

連接OA，OB，因為OA=OB=2，∠AOB=120

所以劣弧即缺少的圓弧

AB?

的長為

2π3

圓O的周長為2π×2=4π所以側(cè)面展開圖中AMB?的長為4π?4π所以A=16+16?2×4×4×?所以AB=43，

則從點A出發(fā)沿曲面運動到B故答案為：414.【答案】1,e【解析】由題意得，

fx1x令

gx則

gx

在

0,+∞

上單調(diào)遞增，且

g由

flna<aln所以

lna<3ln故答案為：

1,e15.【解析】(1)因為3根據(jù)正弦定理得：3且sinA可得3即3又因為C∈(0,π)可得3sinB且B∈0,π可得B?π6(2)由余弦定理得：b2=a可得a2+c2=3+ac?2所以△ABC的面積：S故△ABC面積的最大值為3(3)由(1)得B=根據(jù)正弦定理得：ac====2令x=A+可得sin(2將原式化為：ac?因為A∈(0,2π3根據(jù)二次函數(shù)的圖象性質(zhì)得到，當(dāng)sinx=3當(dāng)sinx=1時，原式取得最大值，故ac?ab?16.(1)證明：當(dāng)n=1時，a1=S1=2a1?2，解得a1=2，

當(dāng)n?2時，an=Sn?Sn?1=2an?2an?1+1，

整理得an=2an?1?1，即17.【解析】(1)因為平面

DAB⊥

平面

ABC

，平面

DAB∩

平面

ABC=AB

，

AB⊥所以

AC⊥

平面

DAB因為

AB,AD?所以

AC⊥AB

，

AC⊥AD

，因為

AB=AC=2以A為原點，AB、AC、AD為

x,則

B(2,0,0),所以

BC=(?2,2,0),設(shè)平面BEF的法向量

n=(則

n?BE=0令

x=1

，則

z=2,y設(shè)

BC

與平面

BEF

所成角為

θ

，則

sinθ所以

BC

與平面

BEF

所成角的正弦值

10(2)假設(shè)存在點M，設(shè)

BMBF=λ所以

AM=AB+設(shè)平面

ACM

的法向量

m=(則

m?AM=0令

z1=1

，則

x1所以

cosm整理得

7λ2λ?22所以

λ=2

或

λ=?25

所以存在點M使得平面

BEF

與平面

ACM

夾角的余弦值為

3101018.【解析】(1)設(shè)C的右頂點B(a,0)由P(3,15),PB又PB=(所以a2=4,b2=12,(2)(i)證明：由(1)知由題意可設(shè)直線MN的方程為x=my+4,聯(lián)立方程x=my+4則3m

y1+直線MA的方程為(x1+2)設(shè)點D坐標(biāo)為(x,=m所以x=1,y=3y1x1+2，即點(ii)因為直線MA與直線NB交于點D(1,

DH=|3(y所以y1m2所以DH=216又點F(4,0)到直線x=1的距離為3，所以?DFH19.【解析】(1)當(dāng)a=2時，f(x)=loge(1x+2)，

由f(x)=loge(1x+2)>0=loge1，得1x+2>1，即1