山东省烟台市2025-2026学年高三上学期期末学业质量水平诊断数学试题

2025~2026学年度第一学期期末学业质量水平诊断高三数学注意事项:1.本试题满分150分,考试时间为120分钟。2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上。3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰，超出答题区书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、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,只有一项符合题目要求。1.设全集U={1,A.{1,2,3,5}B.{1,2,3}2.已知a>12，则A.12B.32C.523.已知a>0且a≠1，则“loga23<1”A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.已知直线l:mx+y−2m+1=0,圆C:xA.-1B.1C.-2D.25.已知菱形ABCD的边长为1,E,F分别是BCA.−58B.−38C.386.若正三棱台ABC−A1B1C1的体积为723，且A.2B.2C.3D.37.若函数fx=cosωx2−π6cosA.0,49B.49,2C.0,88.已知定义在R上的函数fx的导函数为f′x,fx+2=f−x,xA.(−∞,−1]B.−1,1C.二、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fx=2x3−A.f′12=−32B.函数C.函数fx的极大值为12D.函数y10.已知抛物线C:y2=mx经过点M1,1,其焦点为F,P为C上一动点,点B.直线MN与抛物线CC.满足PM=2PND.点P到y轴的距离与其到点N的距离之和的最小值为511.如图,已知点P是棱长为3的正方体ABCD−A.当点P在线段B1D1B.当点P在线段B1D1上时，APC.当点P在面CDD1C1上时，三棱锥D.当点P在面CDD1C1上时,若PB+P三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知sinπ6−α=313.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线与C14.若数列an满足an+2+an≥2an+1(n∈N*,当且仅当n为奇数时取“=”),则称an为“T数列”.设数列bn为“T数列”,b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.(13分)如图,在四棱锥P−ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥底面A(1)证明:平面AEF⊥平面(2)求二面角A−E16.(15分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，(1)若AD=1，求(2)若∠CAD=π317.(15分)已知点P1x1,y1,P2x2,y2,⋯,Pnxn,yn,⋯均在抛物线x2=4y上，x(1)求数列xn(2)设圆Pn的面积为Sn,Tn=18.(17分)已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为2(1)求Γ的方程；(2)设过点F1的直线l1与过点F2的直线l2相交于点P,l1,(i)若Q为Γ上的动点，求PQ(ii)设O为坐标原点,若l1与Γ相交于点A,B,l2与Γ相交于点C,D,且直线O19.(17分)已知函数fx=(1)当x>0时，fx>1(2)设a=1,exn(i)证明:数列xn(ii)证明:exn2025~2026学年度第一学期期末学业质量水平诊断高三数学参考答案一、选择题:1.D2.C3.B4.A5.B6.A7.C8.A二、选择题9.ACD10.AC11.ABD三、填空题12.−四、解答题15.解:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以又PA⊂平面PAB,A所以BC⊥面PA因为AE⊂面PAB,所以在△APB中,因为AP=AB,E因为PB⊂平面PBC,B所以AE⊥平面PB又AE⊂平面AEF,所以平面AEF⊥(2)以D为原点，DA,DC的方向分别作为x，y轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，D−xyz,则设m=x1,y1则有y1+令x1=4,得y1=1,又DE=1,1,1,DF则有x2+y2+z2=012x2+2y2=0,令x2=4,得y2=所以，二面角A−EF−D的余弦值为16.解:(1)在△ABD中,由余弦定理得,AD2=AB所以ac≤4，当且仅当“a4=c”时取“所以S△ABC=12acsinB(2)在△ACD中，由正弦定理得，3a4sinπ3在△ABD中,由正弦定理得,a4sin∠B因为∠BAD+π3于是3asinC4sinπ3又4sinC即sin2C+因为0<C<π3,所以2C解得C=π617.解:(1)因为点Pnxn,yn在抛物线x2=4y因为圆Pnxn,yn和圆Pn+1x所以PnPn所以xn−整理得xn−x因为0<xn+1<x即1xn+1−1xn=12,所以数列1x所以1xn=1+n−(2)由(1)知，Sn=π⋅因为1n+1所以Tn=S1+S2+⋯18.解:(1)由题意知ca=22,12×2c×所以Γ的方程为x22+(2)(i)设Px0,y0，显然x0≠±1,y0≠0，则k1=y0x0+1,k2联立x22+y2=1Δ=16m2−122所以PQ的最小值为3−3(ii)设直线l1的方程为y=k1x+1,设Ax1,y1,Bx2,y联立方程x22+y2=所以x1+所以kOA同理可得kOC+所以kOA即k1k2当k1k2=1时,又1k1−2k2=1由y0x0+1=1当k1+k2=0时,又1k1−2k2=1综上,满足条件的点P的坐标为53,43或19.解:(1)当x>0时,fx>1令gx=axex−当a≤0时,因为x>0,所以ax+a−1<0在0,+∞上单调递减,所以gx当0<a<1时,令g′x=0,解得x单调递减,当x∈1−aa,+∞时,合题意;3分当a≥1时,令g′x=0,解得x=1−aa≤在0,+∞上单调递增,所以gx综上，a的取值范围为[1,+(2)因为a=1，由(1)知，当x>0时，(i)证明:因为x1=12>0,所以e因为x2>0,所以ex3=fx2>1,所以x3>0.以此类推,xn>0n∈N*