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2024年下学期桃源县第一中学高三年级11月模块考试
数学试题
时量：120分钟总分：150分
命题教师：高三数学组
一、单选题：（本题共8个小题，每小题5分，共40分）
1.设集合4=1,2，B={2,3},C={1,2,34},则()
A.AUC=C
B.AUB=C
C.AnB=
D.A∩C=B
2.在复平面内，复数1对应的点和复数2=1+2i对应的点关于实轴对称，则z22=（）
A.-3+4i
B.-3-4i
C.5
D.5
3.已知函数f(x)的定义域为R，f(5)=4,f(x+3)是偶函数，x,xe[3,+∞)，有
f(x)-f(>0,则()
X1-2
A.f(0)<4
B.f(1)=4
C.f（2)>4
D.f(3)<0
4.在1和15之间插入m个数，使得这m+2个数成等差数列.若这m个数中第1个为4，第m
个为，则二+的最小值是(
a
b
A.4
B.2
C.3
D.3
5.若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为(
A.21
B.32
C.96
D.128
6.已知曲线y=e*在x=1处的切线1恰好与曲线y=a+血x相切，则实数的值为()
A.1
B.2
C.3
D.4
7.已知M是圆C:x2+y2=1上一个动点，且直线4：mx-y-3m+=0与直线
2:x+my-3m-n=0(m,∈R,m2+n2≠0)相交于点乃，则PM的取值范围是()
A.[3-L,25+1B.[2-1,32+1]C.2-L,2W2+1】D.[V2-1,35+1]
8.P是椭圆G:女
+左=1(a>b>0)上一点，R、乃是C的两个焦点，P明P明=0，点Q
，y2
在∠PF的平分线上，O为原点，O2∥P,且.Og=b.则C的离心率为()
B.V3
C.v6
D.V3
3
3
试卷第1页，共4页
二、多选题：（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9.下列四个结论中，正确的结论是(
)
A.y=+x二x与y=-x表示同一个函数.
B.“1
10.己知当x∈(0，)时，(x)=C0sx,并且满足f(2π+x)=f(2π-x)2f(π+x)+f(π-x)=0,
则下列关于函数()说法正确的是（)
3π
Af八2=0
B.周期T=2元
C.f(x)的图象关于x=π对称
D.f(x)的图象关于(-π，0)对称
11.在长方体ABCD-A,B,CD1中，AB=2AA=2AD=2,点P满足AP=AB+4AD,其中
1∈[0,1]，4∈[0，]，则()
A若8P与平面8CD所成角为子，则点P的轨迹长度为牙
B.当A=4时，BP/面ACD
C当元=时，有且仅有一个点，使得4P1B即
D.当4=22时，4P+DP的最小值为N2+2
三.填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分
12.已知直线4：3x-4y+7=0与直线12：6x-（m+1)y+1-m=0平行，则1与2之间的距离
为一
13.已知函数fx)=
[x2+4x+a,x<1
nx+1,x≥1
，若函数y=f(,-2有3个零点，则实数a的取值
范围是
14.设T为数列{}的前n项积，若Tn+a。=m,其中常数m>0,数列
为等差数列，则
m=
试卷第2页，共4页2024年下学期桃源县第一中学高三年级11月模块考试
数学参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
A D B C C B B C AC AD BCD
12．2 13． ( 3,6) 14．1或 2
15.(1) b c a b c a (b c)2 a2 b2 2bc c2 a2 bc，则
2
2 2 2 cosA b c
2 a2 1 2π
b c a bc，所以 ，因为0 A π，所以 A ....6分
2bc 2 3
2π
(2) 由（1）得， A ，因为 BAD 3 CAD，所以 CAD π ，在 ACD中，
3 6
由余弦定理CD2 AD2 AC 2 2AD ACcos DAC 3 16 2 3 3 4 7，
2
CD AD 7 3
即CD 7，在 ACD 中由正弦定理 ，即 ，
sin DAC sinC 1 sinC
2
3 π 5
所以 sinC 2，因为0 C ，故 cosC 1 sin C ，
2 7 3 2 7
在VABC中 sinB sin A 3 5 1 3 21 C sinAcosC cosAsinC .
2 2 7 2 2 7 7
CD AC
法②：同解法①CD 7，在 ACD中由正弦定理 ，sin DAC sin ADC
7 4 2
即 1 sin ADC ，所以 sin ADC , cos ADC
3 21
，
7
2 7 7
π π 21
又因为 ADC BAD B B ，即 cos B ，所以2 sinB
21
.
2 7 7
法③同上CD 7，在直角△ABD中 BD c2 3，所以a c2 3 7 ，
2
由（1）问知 a2 b2 c2 bc，所以 c2 3 7 c2 4c 16 ，即
c2 2 7 c2 3 10 c2 4c 16，得 7 c2 3 2c 3,即 c2 4c 4 0，所以
c 2 BD 7,sinB AD 21， .
BD 7
2π π
法④如图由（1）知 A ，则 CAD ，因为 S ABC S ABD S ACD ，所以3 6
1 4csin 2π 1 1 π 3c 4 3sin ，即 3c 3 c 3，解得 c 2，所以2 3 2 2 6 2
a2 b2 c2 bc 16 4 8 28，即 a 2 7，
a b 2 7 4 3 21
在VABC中，由正弦定理 ，即 3 sinB，解得 sinB ...13分sinA sinB 7 7
2
2
A AC cos A AC AC A1A
2 AC 2
16．(1)在△ 1 中，由余弦定理可得
1
1 ，2 AC A1A
答案第 1页，共 4页
2 2
cos60 2 1 A1C
2
2 2 2 2则 ，解得 A1C 3，由 A1C AC A1A ，2 2 1
则在△A1AC 中， A1C AC ，因为 A1C AB， AC, AB 平面 ABC， AC AB A，
所以 A1C 平面 ABC ..............................................................................................6分
(2) 易知 A1C,AC,BC两两相互垂直，分别以CA,CB,CA1为 x, y, z轴建立空间直角坐标系，
如下图：设 BC k ，则 A1 0,0, 3 ， B 0,k,0 ，C 0,0,0 ，C1 1,0, 3 ，
取 BA1
0, k , 3 ，CB 0,k ,0 ，CC1 1,0, 3 ，
n CB 0 ky 0
设平面 BCC1B1的法向量 n x, y, z ，则
，可得 ，
n CC1 0 x 3z 0
令 x 3，则 y 0， z 1，所以平面 BCC1B1的一个法向量 n 3,0,1 ，
BA1 n
设直线 BA1与平面 BCC1B1的夹角为 ，则 sin
BA
，
1 n
3 3
可得 ，解得 k 1，易知 BB1 CC1 1,0, 3 ，设平面 A4 2 1BB1k 3 2
m BA 0
y 3z 0
的法向量m x0 , y0 , z0
1 0 0
，则 ，可得 ，令 z0 1，则 x0 3，
m BB1 0 x0 3z0 0
y0 3，
所以平面 A1BB1 的一个法向量m
3, 3,1 ，
n m 3 0 1 2 7
设平面 A1BB1 与平面 BCC1B1的夹角为 ，则 cos ..........15分n m 2 7 7
17.(1)易知函数 f x ln x 1 x2 ax的定义域为 0, ，
2
1
1 x
2 ax 1 5 x2 5
a x 1 x
x 2则 f x x a ，当 时可 f x 2 2 ，x x 2 x x
x 0, 1 ′ 1因此可知当 或 ∈ , + ∞ 时， > ；当 x , 2
时， ′ ；
2 2
<
所以 f x 在 0,
1 1
2
和 2, 上单调递增，在 , 2 上单调递减；
2
可得 x
1 1
和 x 2是函数 f x 的两个极值点，又 x1 x2，所以 x1 , x 2；2 2 2
1 1 1 5 15
所以可得 f x2 f x1 f 2 f ln 2 2 5 ln
2 2 8 4
2ln 2 ，
8
5
即当 a 时， f x2 f x
15
2 1
2ln 2 ；
8
x 1
(2)易知 f x2 f x1 ln 2 x 2 x
2
2 x
2
1 a x2 x1 ，
1
答案第 2页，共 4页
2
f x x ax 1又 ，所以 x , x 是方程 x21 2 ax 1 0的两个实数根，x
由韦达定理可得 x1 x2 a, x1x2 1，所以
f x2
x 1 x 1
f x ln 2 x2 x2 a x x ln 2 x21 x2 x x x x x 2 2 1 2 1 x 2 2 1 2 1 2 11 1
x2 1 2 2 x2 1 1 2 2 x2 1 ln x x ln x x x x ln 2 1 ，
x 2 2 1 x 2 x x 2 1 1 1 1 2 x1 2 x1 x 2
x2 t x 2 1 1 设 x ，由
x2 ex1可得 t e gx ，令 t ln t t , t e，1 1 2 t
2
g t 1 1 1
t 1
则 1
2 0，所以 g t 在 e, 上单调递减，t 2 t 2t2
可得 g t g e 1 1 e 1 e 1 1
e 1
，故 f x
2 e 2 2e 2
f x1 的最大值1 .
2 2e
18 1【详解】（1）当b 0， r 5，m ， n 2时，圆M ： x2 y2 5，2
x2 y2 5
x 1 x 1
直线CD： x
1
y，由 1 或 ，故C 1,2 D 1, 2 2 x y y 2 y 2
， ；
2
x2 y2 5 x 2 x 2
直线 EF： x 2y，由 或 ，故 E 2,1 ，F 2, 1 .
x 2y
y 1
y 1
5
所以直线CF : y 1 x 2 y 0 x 5 ，令 得 ，即 P ,0
2 1 1 2 3 3
；
y 1 x 2 5
直线 ED : ，令 y 0 x 5 Q 得 ，即 , 0
.所以： OP OQ
5
2 1 1 . 2 3 3 3
（2）①由题意：b2 r2 .由
x2 y b 2 r 2 2
my y b 2 r 2 m2 1 y2 2by b2 r 2 0，
x my
y y 2b 1 2 2
则 y1， y
m 1
2是该方程的两个解，由韦达定理得： 2 2 ，
y1 y
b r
2
m2 1
y1 y2 2b y3 y4 2b y1 y y y 2 3 4所以 y1 y b
2 r2 .同理可得： y y b2 r2 ，所以 .2 3 4 y1 y2 y3 y4
②猜测 OP OQ ，证明如下：设点 P p,0 ，Q q,0 .
y4 0 y 0 x y x y
因为C,P,F三点共线，所以： 1 p 4 1 1 4x4 p x1 p y
，
1 y4
又因为点C在直线 x my上，所以 x1 my1；点 F在直线 x ny上，所以 x4 ny4 .
p ny y my y所以 4 1 1 4
y y n m y
1 4 2
y3 n m
y y y y ；同理因为
E,Q,D三点共线，可得：q .
1 4 1 4 y2 y3
由①可知：
y1 y2 y3 y4 1 1 1 1 1 1 1 1 y y y y 4 1 2 3
y1 y2 y3 y4 y1 y2 y3 y4 y1 y4 y3 y2 y1 y4 y2 y3
答案第 3页，共 4页
y1 y4 y2 y3 y y n m y y n m 0 p q 1 4 2 3 ，所以 n m y1y4 y y 2 3
y y y y 0 .1 4 2 3 y1 y4 y2 y3 y1 y4 y2 y3
即 p q，所以 OP OQ 成立.
19．(1)解：由题意可得： a3 a1 a2 ，则 9 x 6 2 9 2x 6 2 ，
解得 4 x 0 .
(2)解：存在“长向量”，且“长向量为 a2 、 a6 ，
a sin2 nπ cos2 nπ理由如下：由题意可得 n 1，
2 2
若存在“长向量” ap ，只需使 Sn ap 1，
又 S7 a1 a2 a3 a7 1 0 1 0 1 0 1,0 1 0 1 0 1 0 0, 1 ，
2
S7 ap sin
2 pπ cos
pπ
1 sin
2 pπ cos2 pπ 2cos pπ 1 2 2cos pπ 1
2 2 2 2 2 2
0 2 2cos pπ即 1，即 1 cos
pπ 1
，
2 2 2
当 p 2或6时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为 a2 、 a6 .
2 2 2 2
【小问 3详解】解：由题意，得 a1 a2 a3 ， a1 a2 a3 ，即 a1 a2 a3 ，
2 2 2 2 2 2 2 2 2
即 a1 a2 a3 2a2 a3 ，同理 a2 a1 a3 2a1 a3 ， a3 a1 a2 2a1 a2 ，
2 2 2
三式相加并化简，得a1 a2 a3 2a1 a2 2a1 a3 2a2 a3 0，
2
即 a1 a2 a3 0， a1 a2 a3 0，所以 a1 a2 a3 0，
u sin x 2cos x
设 a3 u,v ，由 a1 a2 a3 0得
v cos x
，
2sin x
x2k 1, y2k 1 2 x1, y1 x2k , y
设Pn xn , y 2kn ，则依题意得：
x2k 2 , y2k 2 2 x2 , y2 x
，
2k 1, y2k 1
得 x2k 2 , y2k 2 2 x2 , y2 x1, y1 x2k , y2k ，
故 x2k 2 , y2k 2 2k x2 , y2 x1, y1 x2 , y2 ，
x2k 1, y2k 1 2k x2 , y2 x1, y1 x2 , y2 ，
所以 P2k 1P2k 2 x2k 2 x2k 1, y2k 2 y2k 1 4k x2 , y2 x1, y1 4kP1P2 ，
2
PP sinx 2cosx 2 cosx 2sinx 21 2 5 8sinxcosx 5 4sin2x 1 ，
π
当且仅当 x
1014
tπ t Z 时等号成立，故 P1015P1016 4 2028 .4 min 2
答案第 4页，共 4页
