安徽省定远育才学校2025-2026学年高三上1月考数学检测试卷 附答案

/定远育才学校2025-2026学年高三（上）1月考试卷数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.若z(1+i)=i2025A.12+12i B.−12.已知命题p:∃x∈R,A.a0<a≤12 B.aa>3.设P、Q是两个集合，定义集合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.函数f(x)=A. B.

C. D.6.如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB//DC，AD=DC=2，AB=4，以四条边为直径向外作四个半圆，点M是这四个半圆弧上的一个动点，则A.8 B.16 C.12+1257.已知点E−2,52，圆O:x2+y2=16，点F是l:2x−y+16=0上的动点，过F作圆OA.58 B.54 C.8.如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，点M，N，P分别为A1B1，BC和AD的中点，底面ABCD为菱形，∠DAB=60∘且AB=2AAA.α>β>γ B.β>γ二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.设函数f(x)=(A.x=−2是f(x)的极大值点

B.当−2<x<−12时，f (2x+1) >−4

C.当0<x<110.大庆油田第四届冰雪嘉年华以“逐梦油城情系亚冬”为主题，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰油城景色.某摩天轮轮盘直径为124米，设置有36个座舱.游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，当到达最高点距地面145米时大约需要15分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时经过t分钟后游客甲距离地面的高度为H米，已知H关于t的函数关系式满足H(t)=Asin(ωt+φ)+BA.求摩天轮转动一周的解析式H(t)=62sin(π15t−π2)+83

B.游客甲坐上摩天轮后10分钟，距离地面的高度第一次恰好达到52米11.如图，类似“心形”的曲线E，可以看成由上部分曲线C1:y=−x2+2|x|，下部分曲线C2:y2a2+x2bA.C2的方程为y25+x24=1(y≤0)

B.x2+(y−1)2的最大值为1+三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点A关于原点的对称点为B13.如图几何体是圆锥的一部分，其中∠AOB=120∘，OA=OB=2，PO=23

且PO与底面垂直，从点14.已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),f(3)=3e3，对于任意x,x∈0,+∞,当x>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.(本小题13分)在▵ABC中，设角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足(1)求角B；(2)若b=3(3)求ac−ab16.(本小题15分)已知数列an的前n项和为Sn，且对任意的n∈(1)证明：数列an(2)求数列anan+1−1的前17.(本小题15分)如图，在三棱锥D−ABC中，平面DAB⊥平面ABC，AB⊥AC，AB⊥AD，AB=AC(1)求BC与平面BEF所成角的正弦值；(2)线段BF的延长线上是否存在点M，使得平面BEF与平面ACM夹角的余弦值为31010？若存在，求出18.(本小题17分)已知点P3,15在双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>(1)求双曲线C的方程；(2)设过点F的直线与C的右支交于M,N两点，直线MA与直线NB交于点(i)证明：点D在定直线上；

(ii)若直线MB与直线NA交于点H19.(本小题17分)

已知a∈R，函数f(x)=loge(1x+a).(其中e=2.71828)

(1)当a=2时，解不等式f(x)>0；

(2)若关于x的方程f(x答案和解析1.【答案】A

【解析】由虚数单位i的周期性可知，i的周期为4，故i2025=i4×506+1=i2.【答案】B

【解析】∵命题p:∃x∈R，ax2+2x+3≤0为假命题，∴“∀x∈R，ax2+2 x+3>0”为真命题，

若a=0，则不等式等价为2x+3>0，对于3.【答案】B

【解析】∵P={x|1−2x<0}

化简得：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】当x∈[−π2,π2]时，f(x)>0.排除CD;

又f'(x)=ex(cosx−sin6.【答案】D

【解析】要使AM⋅AB最大，AM与AB的夹角θ小于90∘，

当点M在弧DC上时，AM⋅AB=|AM|⋅cosθ⋅|AB|≤2⋅4=8，

当点M在弧AB上时，AM⋅AB=|AM|⋅cosθ⋅|AB|≤|AB|2=16，

当点M在弧BC上时，取线段BC中点为O，

则AM⋅AB=(AO7.【答案】C

【解析】设M(x,y)，由题可知△AOF∽△MOA，

则|OA||OF|=|OM||OA|，即|OA|2=|OF|⋅|OM|，

所以|OF||OM|=|OA|2|OM|2=168.【答案】C

【解析】连接PB，DB，由底面ABCD为菱形，∠DAB=60∘，

所以三角形ABD为等边三角形，故PB⊥AD．

取A1D1中点P1，连接PP1，

因为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．

不妨设AA1=2，所以AB=2，故PA=1,PB=3，

由PP1,AD,PB三线两两互相垂直，故以P为原点，

PA，PB，PP1所在方向建立x，y，z轴，如下图所示：

则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】对于A，f'(x)=(x+2)2+2(x−1)(x+2)=3x(x+2)，

令f'(x)=0，得x=0或x=−2，

当x<−2时，f'(x)>0，f(x)单调递增;

当−2<x<0时，f'(x)<0，f(x)单调递减;

当x>0时，f'(x)>0，f(x)单调递增，

所以x=−2是极大值点，x=0是极小值点，A选项正确；

对于B，令t=2x+1，当−2<x<−12时，−3< t< 0，

由函数单调性，f(x)在(−3,−2)上单调递增，在(−2,0)上单调递减，

又f(−3)=−4，f(0)=−410.【答案】ACD

【解析】对于A，根据题意可得A=62，A+B=62+B=145，所以B=83，

又ω=2πT=2π15×2=π15，

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

因为|φ|≤π2，所以φ=−π2，

所以H(t)=62sin(π15t−π2)+83，t≥0；故A正确，

对于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，结合题意可得，

当π15t=π3时，即t=5，游客甲距离地面的高度第一次恰好达到52米，

所以游客甲坐上摩天轮后5分钟，距离地面的高度第一次恰好达到52米；故B错误，

对于C，由题意知H(t)=62sin【解析】C1：y=−x2+2|x|可变形为(x±1)2+y2=1(y≥0)，则上半部分表示以(±1,0)为圆心，1为半径的2个上半圆.曲线C2:y2a2+x2b2=1(y≤0)的焦点为F(0,−1)，解得c=1，b=2，a=5，则曲线C2的方程为y25+x24=1(y≤0)，故A选项正确;

另椭圆的上焦点F1(0,1)，所以x2+(y−1)2可以看成|PF1|2，当点P位于C2的下顶点时，|PF1|2最大，所以(|PF1|2)≤(5+1)2=6+25，故12.【答案】6【解析】∵B和A关于原点对称，

∴B也在椭圆上，设左焦点为F'，

则|AF|+|AF'|=2a，

又∵|BF|=|AF'|，

∴|AF|+|BF|=2a①，

∵O是RtΔABF的斜边中点，

∴|AB|=2c，

又|AF|=2csinα②，|BF|=2ccosα③，13.【答案】4【解析】依题意，O点底面圆心，

连接OA，OB，因为OA=OB=2，∠AOB=120

所以劣弧即缺少的圆弧

AB⌢

的长为

2π3

圆O的周长为2π×2=4π所以侧面展开图中AMB⌢的长为4π−4π所以A=16+16−2×4×4×−所以AB=43，

则从点A出发沿曲面运动到B故答案为：414.【答案】1,e【解析】由题意得，

fx1x令

gx则

gx

在

0,+∞

上单调递增，且

g由

flna<aln所以

lna<3ln故答案为：

1,e15.【解析】(1)因为3根据正弦定理得：3且sinA可得3即3又因为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的面积：S故△ABC面积的最大值为3(3)由(1)得B=根据正弦定理得：ac====2令x=A+可得sin(2将原式化为：ac−因为A∈(0,2π3根据二次函数的图象性质得到，当sinx=3当sinx=1时，原式取得最大值，故ac−ab−16.(1)证明：当n=1时，a1=S1=2a1−2，解得a1=2，

当n⩾2时，an=Sn−Sn−1=2an−2an−1+1，

整理得an=2an−1−1，即17.【解析】(1)因为平面

DAB⊥

平面

ABC

，平面

DAB∩

平面

ABC=AB

，

AB⊥所以

AC⊥

平面

DAB因为

AB,AD⊂所以

AC⊥AB

，

AC⊥AD

，因为

AB=AC=2以A为原点，AB、AC、AD为

x,则

B(2,0,0),所以

BC=(−2,2,0),设平面BEF的法向量

n=(则

n⋅BE=0令

x=1

，则

z=2,y设

BC

与平面

BEF

所成角为

θ

，则

sinθ所以

BC

与平面

BEF

所成角的正弦值

10(2)假设存在点M，设

BMBF=λ所以

AM=AB+设平面

ACM

的法向量

m=(则

m⋅AM=0令

z1=1

，则

x1所以

cosm整理得

7λ2λ−22所以

λ=2

或

λ=−25

所以存在点M使得平面

BEF

与平面

ACM

夹角的余弦值为

3101018.【解析】(1)设C的右顶点B(a,0)由P(3,15),PB又PB=(所以a2=4,b2=12,(2)(i)证明：由(1)知由题意可设直线MN的方程为x=my+4,联立方程x=my+4则3m

y1+直线MA的方程为(x1+2)设点D坐标为(x,=m所以x=1,y=3y1x1+2，即点(ii)因为直线MA与直线NB交于点D(1,

DH=|3(y所以y1m2所以DH=216又点F(4,0)到直线x=1的距离为3，所以▵DFH19.【解析】(1)当a=2时，f(x)=loge(1x+2)，

由f(x)=loge(1x+2)>0=loge1，得1x+2>1，即1