湖南省常德市第一高级中学2024届高三上学期第三次学业水平检测数学试题（PDF版含答案）

第第页湖南省常德市第一高级中学2024届高三上学期第三次学业水平检测数学试题（PDF版含答案）常德市一中2024届高三第三次月水平检测中底角为60°等腰梯形可组成一个轮廓为正三角形（图（2）

的图形，根据改图所揭示的几何性质，计算

数学

F222025F2023

时量：120分钟满分：150分（）F2022F2023F2023F2024

A．1B．3C．5D．7

一、单选题

xx

xx28．已知x1,x2为函数fxx33x2ax1

的两个不同的极值点，若fx1fx2f121，则a．已知集合Ax|139Bx0,则AB（）2

x2

(1,2)的取值范围是（）A．B．(0,1)C．(0,2)D．[2,2)

A．,3B．0,3C．,0D．3,3

2．复数z满足(1i)z3i，则z()

二、多选题

A．1iB．1iC．1iD．1i

9．下列选项中，满足是的充分条件的是（）

r

3．若向量a在向量b上的投影向量为4b，且b2，则数量积ab（）．A．p:x21；q:x1B．p:x1,y1；q:xy2

A．4B．8C．16D．32

C．p：四边形ABCD满足ACBD；q：四边形ABCD是菱形

4．设等差数列an的前n项的和为Sn，满足2a3a57，a2S712，则Sn的最大值为（）D．p：ABC中AB；q:sinAsinB

A．14B．16C．18D．2010．若a0bc，则下列结论正确的是（）

2aa5．若函数f(x)2lnxxmx1的图象上任意一点的切线的斜率都大于0，则实数m的取值范围为A．B．b2ac2a

cb

（）Cabb．D．ac2abbc

acc

A．(,4)B．(,4)C．(4,)D．(4,)

a,n为偶数

a

πa8a1

anTa

6．函数fxAsinxb的图象如图，则fx

11．已知数列n满足1，2，n2，n为数列n的前n项和，则下列说

的解析式和an2,n为奇数2

Sf0f1f2f2023f2023f2022f2023的值分别为（）法正确的有（）

n2

1A

2

．n为偶数时，B．Tn9n

A．fxsin2πx1

2

，S2023an12n

2

11C．T2049TD．的最大值为20B．fxsin2πx1，S202399n

22

xsinx

1πx112．已知函数

f(x)及其导函数f(x)的定义域均为R，若f(x)f(x)x,f(0)1，则下列结论C．fxsin1，S2024e

222

1πx正确的是（）

D．fxsin1，S2024

22

A．f(1)ef

πfπB．

7．意大利数学家斐波那契于1202年写成《计算之书》，其中第12章提出兔子问题，衍生出数列：1，22

Cf(x)f(x)

1

Df(x)0,

π

FFF1FFF．方程2有两个解．在区间上单调递增1，2，3，5，8，13，….记该数列为n，则12，n2n1n，nN*.如图，由三个图（1）2e2

第1页共4页◎第2页共4页

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三、填空题

20．在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若bcosC1ca，请完成以下问题：

2

13．函数yx

4

（x2）的最小值是．

x2(1)求角B的大小；(2)若ABC为锐角三角形，c1，求a2b2的取值范围．

0,π14．设，，且sin2sin2

6

sin10sin10，则.

222

15．已知单位向量a，b满足ab23ab0，则tabtR的最小值为

16．已知函数fxex2lnx22，gxaxx2lna（a1），若fx的图象与gx的图象在1,

上恰有两对关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是．

四、解答题

21．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0,2,B

3,1

urπ

两点．

m

2

17．已知向量2sinx,1，n2cosx,1．

6(1)求E的方程；

(1)若m∥n，且x0,2π，求x的值；(2)设过点P1,2的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满

ππ

(2)设fxmn，求函数fx在,上的最大值和最小值．足MTTH．证明：直线HN过定点．44

18．如图，在三棱柱ADE-BCF中，平面ABCD平面ABFE，四边形ABCD是矩形，四边形ABFE

是平行四边形，且AB4，BF2，BC23，以AB为直径的圆经过点F．

(1)求证：平面ADF平面BCF；

22．已知实数a0，设函数f(x)=alnxx1,x0.

(2)求直线DF与平面ABCD所成角的余弦值．

（1）当a

3

时，求函数f(x)的单调区间；

4

（2）对任意x[

1

2,)

x

均有

ef(x),

求a的取值范围.

2a

19．已知正项数列an的前n项和为Sn，a12.

a1

(1)cn1记n，证明：数列cn的前nSS项和Tn；nn12

(2)若Sn2a

a

n142

n3nN，求证：数列nn为等差数列，并求an的通项公式.2

第3页共4页◎第4页共4页

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参考答案：

1-8．CACBCDBA

7.从图（2）可得到正三角形的面积等于三个等腰梯形的面积加上小正三角形的面积，

1

所以F2114F5sin603F3F5F4sin60F22sin60，222

F2整理可得63F3F5F4F22，可推断出F2023,F2022,F2023,F2024也可构成以下正三角形，

1211

所以F2023F2024sin603F2022F2024Fsin60F2sin60，22202322023

F2F23FFF

23FFF

得202520222024FF

2

，所以20252023202220242023202320233F2022F2023F2023F2024F2023(F2022F2024)

8.fx3x26xa，令fx0，由题意x1,x2为一元二次方程fx0的两个不同实数

根，则x

a

1x22，x1x2.所以3

fxfxx32321213x1ax11x23x2ax21

x1x2x2x22211x2x23x1x2ax1x22

2x2xxx23x2x2a22x21122121x22a262a，

x

又f1

x2

f13a，所以62a3a，解得a3.

2

此时fx3x26xa中3612a0，符合题意，故a3.

9．BD10．ACD11．AC12．ACD

n1

11.根据递推关系可知，n为奇数时，an829n

2

n2

n为偶数时，a12，故A对；n

T2na1a2a3a4a2n1a2na1a3a2n1a2a4a2n

根据奇数项构成等差数列，可得：a1a3a2n1862n10n29n

1,当n为奇数n29n,n为偶数

而又：a2a4a2n，则有：T2n2，故B错误；

0,当n为偶数n9n1,n为奇数

答案第1页，共7页

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1002

TTa22，故C对；991001005095012049

根据Tn中的奇数项构成等差数列，而偶数项之和不是1就是0，因此根据Tn特点可知：

Tn的最大值在奇数项之和取得最大值的附近，T63

293119，T7T6a719221，

T429420，TTa20020，T5289891095121，T11T10a1119，Tn的最大

值为T7T1021，故D错

F(x)f(x)fxe

xfxex12.设x，则F(x)

xsinx

，ee2xe2x

设gxxsinx，gx1cosx0恒成立，故函数单调递增，g00，

当x0时，xsinx，当x0时，xsinx，故当x0时，F(x)0，当x0时，F(x)0，

函数F(x)在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，

故F(0)F(1)

f(0)f(1)

，即0，即f(1)e，选项A正确；ee

ππ

fπfπ

sin

22fπfπ，故π02，选项B错误；222e2

h(x)f(x)f(x)xsinx

h(x)xsinx1cosxxsinx设ex

，则x，eex

设r(x)1cosxxsinx，则当xπ时，r(x)(1x)(sinxcosx)(1π)20；

当x0时，sinxx，且1cosx0，故r(x)0；

当0xπ时，r(x)sinx1cosx2sin

xπ4

1，

当x0,

π

时，r(x)0，r(x)单调递增，当x

π

,π

时，r(x)0，r(x)单调递减，

22

又r(0)0,r(π)2

π

π0，x

0,π，使得rx0，

20

即当x0,x0时，r(x)0，当xx0,π时，r(x)0；

综上：当x,x0时，r(x)0，即h(x)0，h(x)单调递增；

当xx0,时，r(x)0，即h(x)0，h(x)单调递减，

h(0)0，当x0时，h(x)h(0)0，当x0时，xsinx，h(x)0，

π3

且当x趋于正无穷时，h(x)趋于0，又xπ

11

,π,hπ2102，

224e2e

22e2

答案第2页，共7页

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方程h(x)

11

2有两个解，即方程f(x)f(x)2有两个解，选项C正确；2e2e

f(x)

由F(x)x可得f(x)e

xF(x)f(x)ex，F(x)F(x)，

e

xsinxxsinx'

令u(x)F(x)F(x)

'

，则uxFxFx

e2x

e2x

xsinx1cosx2xsinxrxπ

2x2x2x，由分析知，当x0,时，r(x)0，即u(x)0，eee2

u(x)单调递增，u(x)u(0)F(0)F(0)1，f(x)0f(x)

π

，故在区间0,

2

上单调递增，

π

13614153

e

．．．16．,e

222

2

15.由ab23ab0，得ab23ab22，两边平方，得a2abb12ab，

2

即12ab2ab20，整理得2ab13ab10，

111

所以ab或ab，因为ab23ab0，所以

2ab0

，所以ab，

32

222t1

233

所以tabtabt12tabtt12

.

42

16.fxex2lnx关于x轴对称的函数为yex2lnx，

因为fx的图象与gx的图象在1,上恰有两对关于x轴对称的点，

所以方程ex2lnxa2x2x2lna在1,上恰有两个不相等的实根，

即a2x2x2lnaex2lnx0a2，即x2lna2x2xex0，

elna

2x222即lna2x2xex0elnax，即lna2x2exx在1,上恰有两个不相等实根，

令txexx,x1,，则txex10,x1,，

x22ex

所以函数txex在1,上单调递增，所以lnaxx，即a2x2ex，a2

x2

，

ex

故原问题等价于ya2与y1,

x2

在上恰有两个不同的交点，

xexx2令hxe2,x1,

，则hx,x1,，

xx3

当1x2时，hx0，当x2时，hx0，

所以函数hx在1,2上单调递减，在2,上单调递增，

答案第3页，共7页

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h1e,h2e

2

又，当x时，hx，

4

如图，作出函数hx在1,上的大致图象，

ex

要使函数ya2与y在1,上恰有两个不同的交点，

x2

e2ee

只要a2e，因为a1，所以ae，所以实数a的取值范围是,e.422

17(1)xπ4π．3或(2)最小值为2，最大值为.33

18．（1）因为以AB为直径的圆经过点F，所以AFBF．

因为四边形ABCD为矩形，所以ADAB，

因为平面ABCD平面ABFE，平面ABCD平面ABFEAB，

AD平面ABCD，所以AD平面ABFE．因为BF平面ABFE，所以ADBF，

又因为AF平面ADF，AD平面ADF，AFADA，AF,AD平面ADF，

所以BF平面ADF，又因为BF平面BCF，所以平面ADF平面BCF．

（2）因为AD平面ABFE，又因为AF平面ABFE，AE平面ABFE，所以ADAE，

ADAF，又因为AE//BF，所以AFAE，则AD、AE、AF两两互相垂直，

以点A为原点，AE为x轴，AF为y轴，AD为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

因为AB4，BF2，BC23，所以AD23，

所以在RtAFB中，由勾股定理得AFAB2BF2422223，

则点A0,0,0，D0,0,23，F0,23,0，B2,23,0，

则DF0,23,23，AD0,0,23，AB2,23,0．

设平面ABCD的法向量为mx,y,z，

m

AD023z0x3

则由

y1得，不妨令，得，则m3,1,0

mAB02x23y0z0

mDF232

设直线DF与平面ABCD所成角为，则sin，所以

mDF2264

cos1sin214所以直线DF与平面ABCD14所成角的余弦值为．

44

a11

19n1．（1）cnSnS

，

n1SnSn1

答案第4页，共7页

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T11111111111111nS1S2S2S3S3S4Sn1SnSnSn1a1Sn12S

；

n1

111

数列an为正项数列，Sn10

1

，T2Sn12

，则n.2

2n2（）当n2且nN时，Sn12an1142，

anSnSn12an142

n32an1142

n22a2an2nn12，

n2aa

整理可得：a2a2，nn1nn12n2n1

4，

n1aS2a14213经检验，当时，111，得a12，满足条件，

a

又11

a

，数列nn是以1为首项，4为公差的等差数列，22

a

nn14n14n3，an4n32

n.

2

201．（1）在ABC中，由bcosCca及正弦定理得：2sinBcosCsinC2sinA，

2

2sinBcosCsinC2sin(BC)2sinBcosC2cosBsinC，

1

整理得2cosBsinCsinC，而B,C(0,π)，sinC0，于是cosBπ，所以B.

23

accsinAsinA

（2）在ABCπ中，B，c1，由正弦定理，得a，同理

3sinAsinCsinCsinC

2π

csinB32sin2A34sin2A34sin(C)3b，因此223

sinC2sinCabsin2C4sin2C4sin2C4sin2C

3cos2Csin2C23sinCcosC36cos2C4sin2C23sinCcosC

4sin2C4sin2C

33

212tanC2tanC

0C

π

2ππ1

由锐角ABC3，得2ππ，解得

C(,)，则，t(0,3)，

0C62

tanC

3tanC

32

a2b233于是t2t1在t(0,3)上单调递增，则1a2b27

22

所以a2b2的取值范围为(1,7).

3

21．（1）解：设椭圆E的方程为mx2ny21，过A0,2,B,1，

2

4n1

11y2x2

则9，解得m，n，所以椭圆E的方程为：31.mn14434

答案第5页，共7页

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（2）A(0,2),B(

3,1)2，所以AB:y2x，

23

22

①若过点P(1,2)

xy

的直线斜率不存在，直线x1.代入1，

34

26262

可得M(1,)，N(1,)，代入AB方程yx2，可得

333

T(63,26)，由MTTH得到H(265,

26

).求得HN方程：

33

y26(2)x2，过点(0,2).

3

②若过点P(1,2)的直线斜率存在，设kxy(k2)0,M(x1,y1),N(x2,y2).

kxy(k2)0

联立x2y2,得(3k24)x26k(2k)x3k(k4)0，

1

34

xx6k(2k)

82k

122y1y23k43k24xyxy24k可得，，且(*)

xx3k(4k)444k2k

212213k24

123k24y1y23k24

yy

13y

联立2,可得T(13,y1),H(3y16x1,y).

yx22

1

3

可求得此时HN:y

yy

y122(xx)3y16x1x

2，

2

将(0,2)，代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120，

将(*)代入，得24k12k29648k24k4848k24k236k2480,

显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).

a3322．(1)当时，fxlnxx1，函数的定义域为0,，且：

44

313x12xx34x3f'x

4x2x