江蘇省鹽城中學(xué)2025屆高三下學(xué)期3月階段性質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試卷（含答案）

這是一份江蘇省鹽城中學(xué)2025屆高三下學(xué)期3月階段性質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試卷（含答案），共10頁(yè)。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
1.設(shè)P、Q為兩個(gè)實(shí)數(shù)集，定義集合P+Q=a+ba∈P,b∈Q，若P={0,1,2},Q={1,2}，則P+Q的子集個(gè)數(shù)為( )
A. 15B. 16C. 31D. 32
2.已知空間中不過同一點(diǎn)的三條直線m，n，l，則“m，n，l在同一平面”是“m，n，l兩兩相交”的( )
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件
3.已知點(diǎn)P是?ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，若AP=34BC?23BA，則?PBC與?ABC的面積比為( )
A. 13B. 12C. 23D. 34
4.已知隨機(jī)事件A和B，下列表述中正確的是( )
A. 若B?A，則P(A+B)=P(B)B. 若B?A，則P(AB)=P(A)
C. 若A,B互斥，則P(AB)=1D. 若A,B對(duì)立，則P(A+B)=1
5.若2a=3=lgb3，c=eln32，則實(shí)數(shù)a、b、c的大小順序?yàn)? )
A. a>b>cB. a>c>bC. b>c>aD. b>a>c
6.已知命題p:?x∈R,a=|sinx|+|csx|為假命題，則a的取值范圍為( )
A. (?∞,?1)∪(1,+∞)B. (?∞,? 2)∪( 2,+∞)
C. (?∞,1)∪( 2,+∞)D. (?∞,?1)∪( 2,+∞)
7.過雙曲線C:x2a2?y2=1(a>0)右支上的點(diǎn)P作C的切線l,F1,F2為雙曲線C的左右焦點(diǎn)，N為切線l上的一點(diǎn)，且ON//F1P.若|ON|=2，則雙曲線的離心率為( )
A. 2B. 2C. 52D. 5
8.已知數(shù)列an是等差數(shù)列，數(shù)列bn是等比數(shù)列，公比為q，數(shù)列cn滿足cn=anbn,Sn是數(shù)列cn的前n項(xiàng)和．若Sm=11,S2m=7,S3m=?201(m為正偶數(shù))，則S4m的值為( )
A. ?1601B. ?1801C. ?2001D. ?2201
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。
9.若復(fù)數(shù)z滿足z(1?i)=|1? 3i|，則( )
A. z=1+iB. z的虛部為iC. z=?1+iD. z2=2i
10.布達(dá)佩斯的伊帕姆維澤蒂博物館收藏的達(dá)·芬奇方磚是在正六邊形上畫了具有視覺效果的正方體圖案(如圖1)把三片這樣的達(dá)·芬奇方磚拼成圖2的組合，這個(gè)組合再轉(zhuǎn)換成圖3所示的幾何體．若圖3中每個(gè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則( )
A. QC=AD+2AB+2AA1
B. 異面直線CQ與AD1所成角正弦值為 346
C. 點(diǎn)P到直線CQ的距離是 193
D. M為線段CQ上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則ME?MC的最大值為3
11.定義在[0,1]上的函數(shù)f(x)同時(shí)滿足以下條件：①f(x)=1?f(1?x)；②f(x)=2fx3；③當(dāng)x1b>0)的離心率為12，且經(jīng)過點(diǎn)M(?2,0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為橢圓C的左右焦點(diǎn)，Q(x0,y0)為平面內(nèi)一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，其中y0>0，記直線QF1與橢圓C在x軸上方的交點(diǎn)為A(x1,y1)，直線QF2與橢圓C在x軸上方的交點(diǎn)為B(x2,y2).
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2) ①若AF2//BF1，證明：1y1+1y2=1y0;
②若|QF1|+|QF2|=3，探究y0，y1，y2之間關(guān)系．
19.(本小題17分)
n維向量是平面向量和空間向量的推廣，對(duì)n維向量mn=x1,x2,???,xnxi∈0,1,i=1,2,???,n，記fmn=1+x1+x1x2+???+x1x2???xn，設(shè)集合Dmn=mnfmn為偶數(shù)．
(1)求Dm2，Dm3；
(2)(i)求Dmn中元素的個(gè)數(shù)；
(ii)記gmn=i=1nxi，求使得mn∈Dmn gmn≤2025成立的最大正整數(shù)n．
參考答案
1.B
2.B
3.A
4.D
5.B
6.C
7.C
8.B
9.AD
10.BD
11.BCD
12.7.4
13.8a+41?a2或32a
14.485
15.解：(1)將P(1,0)代入f(x)得a=?1，
則f′(x)=?1?1x2?1x，從而k=f′(1)=?3，
由點(diǎn)斜式方程可得：y?0=?3x?1，
所以直線的方程為y=?3x+3．
(2)f′(x)=a?1x2?1x，
當(dāng)f(x)是[1,e]上的單調(diào)遞增函數(shù)時(shí)，f′(x)≥0在x∈[1,e]上恒成立，
即a?1x2?1x≥0，在x∈[1,e]上恒成立，
轉(zhuǎn)化為a≥1x2+1x,x∈[1,e]，
∴a≥1x2+1xmax,x∈[1,e]，
令1x=t，則t∈1e,1，函數(shù)?(t)=t2+t對(duì)稱軸為直線t=?12，函數(shù)圖象開口方向向上，
所以?(t)在1e,1上單調(diào)遞增，
∴?(t)max=?(1)=12+1=2，
∴a≥2．

16.解：(1)平面四邊形ABCD中，內(nèi)角和為2π，且AD⊥AC,AB⊥BC,則∠BAC+∠ADC+∠BCD=π.且∠BAC+∠ACB=∠ADC+∠ACD=π2．
∵AC平分∠BCD,∴∠ACB=∠ACD，結(jié)合上面式子，則∠BAC=∠ADC=5π6?π2=π3，∠ACB=∠ACD=π2?π3=π6，
故∠BCD=2∠ACD=π3，∵AD⊥AC,AB⊥BC，∴AC=CDcs∠ACD= 3,BC=ACcs∠ACB=32，
在?BCD中，由余弦定理得BD= BC2+CD2?2BC?CDcs∠BCD= 132．
(2)AC平分∠BCD.設(shè)∠ACD=∠ACB=θ00，得xB=1或xB=?137，
而直線AF1斜率不存在，且Q在橢圓內(nèi)，Q為AF1與BF2的交點(diǎn)，故x0，9(1y2)2?6t2(1y2)?(3t22+4)=0，解得1y2=t2+2 t22+13，
∴1y2=x0?1y0+2 (x0?1)2+y02y03=x0?1+2QF23y0，
設(shè)直線QF1:x=x0+1y0y?1，
令t1=x0+1y0，則x=t1y?1，
聯(lián)立x=t1y?1x24+y23=1，消去x得：3(t1y?1)2+4y2=12，
整理得(3t12+4)y2?6t1y?9=0，
∴又y1>0，9(1y1)2+6t1(1y1)?(3t12+4)=0，解得1y1=?t1+2 t12+13，
∴1y1=?x0+1y0+2y0 (x02+1)2+y023=?(x0+1)+2|QF1|3y0，
∴1y1+1y2=?(x0+1)+2|QF1|3y0+(x0?1)+2|QF2|3y0
=?2+2(|QF1|+|QF2|)3y0
=?2+2×33y0=43y0，
故1y1+1y2==43y0．

19.解：(1)
∵fm2=1+x1+x1x2，
∴當(dāng)m2=0,0時(shí)，fm2=1；當(dāng)m2=0,1時(shí)，fm2=1；當(dāng)m2=1,0時(shí)，fm2=2；當(dāng)m2=1,1時(shí)，fm2=3，
∴Dm2=1,0；
∵fm3=1+x1+x1x2+x1x2x3，
∴當(dāng)m3=0,0,0時(shí)，fm3=1；當(dāng)m3=0,0,1時(shí)，fm3=1；當(dāng)m3=0,1,0時(shí)，fm3=1；當(dāng)m3=1,0,0時(shí)，fm3=2；當(dāng)m3=0,1,1時(shí)，fm3=1；當(dāng)m3=1,0,1時(shí)，fm3=2；當(dāng)m3=1,1,0時(shí)，fm3=3；當(dāng)m3=1,1,1時(shí)，fm3=4，
∴Dm3=1,0,0,1,0,1,1,1,1．
(2)
(i)設(shè)Dmn中元素的個(gè)數(shù)為an，
∵fmn=1+x1+x1x2+???+x1x2???xn=1+x11+x2+???+x2???xn，xi∈0,1，
∴fmn為 偶數(shù)時(shí)，x1=1，且an=2n?1?an?1，
∴an=2n?1?an?1=2n?1?2n?2+an?2=2n?1?2n?2+2n?3?an?3=???=2n?1?2n?2+2n?3?2n?4+???+?1n?3?22+?1n?2?2+?1n?1?1=?1n?11??2n1??2=2n+?1n+13，
∴Dmn中的元素個(gè)數(shù)為2n+?1n+13．
(ii)①當(dāng)mn=x1,x2,???,xn=1,0,?,?,???,?時(shí)，
mn=1,0,?,?,???,?∈Dmn gmn=2n?2+n?2×2n?3=n?2n?3；
②當(dāng)mn=x1,x2,???,xn=1,1,1,0,?,?,???,?時(shí)，
mn=1,1,1,0,?,?,???,?∈Dmn gmn=3×2n?4+n?4×2n?5=n+2?2n?5；
③當(dāng)mn=x1,x2,???,xn=1,1,1,1,1,0,?,?,???,?時(shí)，
mn=1,1,1,1,1,0,?,?,???,?∈Dmn gmn=5×2n?6+n?6×2n?7=n+4?2n?7；
??????；
要使得mn∈Dmn gmn≤2025成立，其必要條件是當(dāng)mn=x1,x2,???,xn=1,0,?,?,???,?時(shí)，mn=1,0,?,?,???,?∈Dmn gmn=2n?2+n?2×2n?3=n?2n?3≤2025，
令bn=n?2n?3，則bn+1?bn=n+1?2n?2?n?2n?3=n+2?2n?3>0，
∴數(shù)列bn為遞增數(shù)列，又b10=10×27=1280，b11=11×28=2816，
∴mn=1,0,?,?,???,?∈Dmn gmn=2n?2+n?2×2n?3=n?2n?3≤2025的解為n≤10；
當(dāng)n=10時(shí)，mn∈Dmn gmn=10×27+12×25+14×23+16×2+9×1=1817≤2025，
即充分性成立；
∴使得mn∈Dmn gmn≤2025成立的最大正整數(shù)n=10．
x
5
6
7
8
9
y
3.5
4
5
6
6.5