2024-2025學年山東省青島市黃島區(qū)高三（上）期中數(shù)學試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年山東省青島市黃島區(qū)高三（上）期中數(shù)學試卷一、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.已知O為坐標原點，點A(cosα,sinα)，B(cosβ,?sinβ)，C(cos(α+β),sin(α+β))，D(1,0)，則A.OC?OD B.OA?OC C.2.如圖，正方形ABCD的邊長為a，取正方形ABCD各邊的中點E，F(xiàn)，G，H，作第2個正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各邊的中點I，J，K，L，作第3個正方形IJKL，依此方法一直繼續(xù)下去.則從正方形ABCD開始，連續(xù)5個正方形面積之和為31，則a=(

)A.1 B.2 C.3 D.43.已知平面向量a、b滿足|b|=2|a|=2，若a⊥(a+bA.π6 B.5π6 C.π34.設集合A={x|x2?3x+2≤0}，B={x|a<x<a+2}，則a>0是A?B的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5.若正數(shù)x，y滿足x2?2xy+2=0，則x+y的最小值是(

)A.6 B.62 C.26.如圖，已知函數(shù)f(x)=cos(ωx?φ)，點A，B是直線y=12與函數(shù)y=f(x)的圖象的兩個交點，若|AB|=π3A.?32

B.?227.2024年1月1日，第五次全國經濟普查正式啟動.甲、乙、丙、丁、戊5名普查員分別去城東、城南、城西、城北四個小區(qū)進行數(shù)據(jù)采集，每個小區(qū)至少去一名普查員，若甲不去城東，則不同的安排方法共有(

)A.36種 B.60種 C.96種 D.180種8.定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(12)=12，f(1)=1，f(x)=1則f(10)=(

)A.2 B.1 C.12 D.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.已知二項式(x?1y)6A.x4y?2的系數(shù)為15 B.各項系數(shù)之和為1

C.二項式系數(shù)最大項是第3項 D.系數(shù)最大項是第310.數(shù)列{an}滿足a1=1，A.數(shù)列{an}為等差數(shù)列 B.an=n(n+1)11.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，a=2,c=5，已知點O是△ABC所在平面內一點，點P在BC上，點Q為AC中點，OA+2OBA.若(AB+AC)?BC=0，則△ABC的面積為2

B.若CA在CB方向上的投影向量為CB，則PQ的最小值為54

C.若點P為BC三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知函數(shù)f(x)=ln(1+x),x≥0,g(x),x<0,為R上增函數(shù)，寫出一個滿足要求的g(x)13.記Tn為正項數(shù)列{an}的前n項積，Tn=14.某警察學院體育比賽包括“射擊”、“游泳”、“折返跑”、“百米接力”、“傷員搬運”、“400米障礙”六個項目，規(guī)定：每個項目前三名得分依次為a，b，c，其中(a>b>c,a,b,c∈N?)，選手的最終得分為各場得分之和.最終甲、乙、丙三人包攬了每個項目的前三名，在六個項目中，已知甲最終得分為26分，乙最終得分為12分，丙最終得分為10分，且丙在“射擊”這個項目中獲得了第一名，那么a=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.(本小題13分)

已知函數(shù)f(x)=(1?2sin2x)sin2x+12cos4x．

(1)求f(x)的最大值及相應x的取值集合；

(2)設函數(shù)g(x)=f(ωx)(ω>0)，若g(x)16.(本小題15分)

記數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，a1=2，且a2是a1和a4的等比中項．

(1)求數(shù)列{an}的通項公式；

(2)數(shù)列{bn}滿足：b1=a117.(本小題15分)

在△ABC中，記角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，acosC+3asinC?b?c=0．

(1)求A；

(2)若b=c=4，D為BC中點，E，F(xiàn)分別在線段AB，AC上，且∠EDF=90°，∠CDF=θ(0°<θ<90°)，求△DEF面積S的最小值及此時對應的θ18.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)=eax?x?1．

(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；

(2)求證：當0<a<1時，函數(shù)f(x)只有兩個零點；

(3)若對任意的實數(shù)k，b，曲線y=f(x)+kx+b與直線y=kx+b總相切，則稱函數(shù)f(x)為“A函數(shù)”.當a=1時，若函數(shù)g(x)=ex[f(x)?x+1]+m是“19.(本小題17分)

給定正整數(shù)m，n(2≤m≤n)，設a1，a2，…，am是1，2，…，n中任取m個互不相同的數(shù)構成的一個遞增數(shù)列.對?i∈{1,2,…,m}，如果i是奇數(shù)，則ai是奇數(shù)，如果i是偶數(shù)，則ai是偶數(shù)，就稱a1，a2，…，am為“W數(shù)列”．

(1)若m=3，n=5，寫出所有“W數(shù)列”；

(2)對任意“W數(shù)列”a1，a2，…，am，1≤k≤m，證明：ak+k2∈{1,2,?,[m+n參考答案1.A

2.D

3.D

4.B

5.A

6.D

7.D

8.A

9.AD

10.BCD

11.ACD

12.g(x)=x?1(答案不唯一)

13.2025

14.5

乙

15.解：(1)f(x)=(1?2sin2x)sin2x+12cos4x=12sin4x+12cos4x=22sin(4x+π4)；

當4x+π4=2kπ+π2(k∈Z)，整理得x=kπ2+π8(k∈Z)，函數(shù)f(x)取得最大值22；16.解：(1)設{an}的公差為d，則(a1+d)2=a1(a1+3d)，

∴d2?a1d=0，即d2?2d=0，

∵d≠0，∴d=2，

∴an=2+(n?1)×2=2n．

(2)(i)證明：b1=a1?1=1，b2=a3+3=9，

而bn+2=3bn+1?2bn?10，

∴bn+2?b17.解：(1)由acosC+3asinC?b?c=0及正弦定理，

得sinAcosC+3sinAsinC?sinB?sinC=0，

因為sinB=sin(π?A?C)=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，

所以3sinAsinC?cosAsinC?sinC=0，

由于sinC≠0，所以3sinA?cosA?1=0，

所以sin(A?π6)=12，

又因為0<A<π，所以A=π3；

(2)因為b=c=4，A=π3，所以△ABC是邊長為4的正三角形，

由題可得：CD=BD=2，∠DFC=23π?θ，∠BED=π6+θ，

在△BDE中，由正弦定理有：BDsin∠BED=DEsinB，

所以DE=BDsinBsin∠BED=2×32sin(π618.解：(1)易知函數(shù)f(x)的定義域為R，

可得f′(x)=aeax?1，

當a≤0時，f′(x)=aeax?1≤?1，

所以f(x)在R上單調遞減；

當a>0時，

令f′(x)=0，

解得x=ln1aa=?lnaa，

易知函數(shù)y=aeax?1在R上單調遞增，

所以當x<?lnaa時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；

當x>?lnaa時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，

綜上：當a≤0時，f(x)在R上單調遞減；

當a>0時，f(x)在(?∞,?lnaa)上單調遞減，在(?lnaa,+∞)上單調遞增；

(2)證明：令f(x)=0，

解得eax=x+1，

當x≤?1時，eax>0≥x+1，

此時方程eax=x+1無解，

即f(x)無零點，

若f(x)有零點，

此時零點只能在區(qū)間(?1,+∞)上，

當x>?1時，易知ax=ln(x+1)，

設g(x)=ax?ln(x+1)，函數(shù)定義域為(?1,+∞)，

可得g′(x)=ax+a?1x+1，

設?(x)=ax+a?1，函數(shù)定義域為(?1,+∞)，

因為0<a<1，

所以?(x)在(?1,+∞)上單調遞增，

又?(0)=a?1<0，

當x→+∞時，?(x)→+∞，

所以?x0∈(0,+∞)，使得?(x0)=0，

當x∈(?1,x0)時，?(x)<0；當x∈(x0,+∞)時，?(x)>0，

即g(x)在(?1,x0)上單調遞減，在(x0,+∞)上單調遞增，

又g(0)=0，

所以g(x0)<0，

當x→?1時，g(x)→+∞，

所以g(x)在(?1,x0)內存在唯一零點x=0，

當x→+∞時，g(x)→+∞，

則g(x)在(x0,+∞)內存在唯一零點，

所以當0<a<1時，g(x)只有兩個零點，

故當0<a<1時，函數(shù)f(x)只有兩個零點；

(3)當a=1時，g(x)=ex[f(x)?x+1]+m=ex(ex?2x)+m是“A函數(shù)”，

可得g′(x)=2ex(ex?x?1)，

設函數(shù)y=g(x)+kx+b與直線y=kx+b的切點為(x0,y0)，

19.解：(1)“W數(shù)列”如下：1，2，3；1，2，5；1，4，5；3，4，5．

(2)證明：因為ak≤n，k≤m，

若k=2p?1(p∈N?)，則ak=2q?1(q∈N?)，

所以ak+k2=2q?1+2p?12=(p+q)?1；

因為2q?1≤n，2p?1≤m，

所以(p+q)?1≤m+n2；

若k=2p(p∈N?)，則ak