2024-2025学年上海市黄浦区敬业中学高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

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这是一份2024-2025学年上海市黄浦区敬业中学高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本题共4小题，共18分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知a、b∈R，若aA. a<2bB. a32.关于直线l，m及平面α，β，下列命题中正确的是( )
A. 若l//α，α∩β=m，则l//mB. 若l//α，m//α，则l//m
C. 若l⊥α，m//α，则l⊥mD. 若l//α，m⊥l，则m⊥α
3.“x=π4+kπ(k∈Z)”是“tanx=1”成立的( )
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.已知函数f(x)的定义域为D，值域为A，函数f(x)具有下列性质：
(1)若x，y∈D，则f(x)f(y)∈A；(2)若x，y∈D，则f(x)+f(y)∈A.下列结论正确的是( )
①存在x∈D，使得f(x)=20212020；
②对任意x∈D，都有f2(x)∈A；
A. ①②都正确B. ①正确、②不正确
C. ②正确、①不正确D. ①②都不正确
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.若集合A={x|x−1<2,x∈R}，则A∩N= ______．
6.若复数z满足iz−1=12(i为虚数单位)，则z=______．
7.已知圆C：x2+y2=r2与直线3x−4y+10=0相切，则圆C的半径r=______．
8.已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点与双曲线：x27−y22=1的右焦点重合，则抛物线C的方程是______．
9.在二项式(x2−2x)5的展开式中，x的一次项系数为______.(用数字作答)
10.已知一个圆柱的高为1，底面半径为 3，则它的侧面积的大小为______．
11.若α为第四象限角，且sinα=−13，则tanα的值是______．
12.函数f(x)=sinπ2x,x∈[π2,π]的单调递增区间为______．
13.如图，在△ABC中，若AB=AC=3，cs∠BAC=12，DC=2BD，则AD⋅BC=______．
14.若甲、乙两人从6门课程中各选修3门，则甲、乙所选修的课程中至少有1门相同的选法种数为______．
15.设a>0，函数f(x)=x+2(1−x)cs(ax)，x∈(0,1)，若函数y=2x−1与y=f(x)的图像有且仅有一个公共点，则a的取值范围是______．
16.已知a∈R，若存在定义域为R的函数f(x)满足下列两个条件：
①对任意x0∈R，f(x0)∈{x|x=x0k,k∈N∗}，②关于x的方程f(x)=a无实数解，
则a取值范围为______．
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD//BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．
(1)证明：MN//平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
18.(本小题14分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=3，b=2c．
(1)若A=2π3，求△ABC的面积；
(2)若2sinB−sinC=1，求sinA．
19.(本小题14分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，离心率为 32，左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆C于M、N两点，且△MF2N的周长为8．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)若|MN|=85，求△MF2N的面积．
20.(本小题18分)
已知函数f(x)=ax+a−1x2+a，其中a是常数．
(1)若a>0，判断函数f(x)的奇偶性，并说明理由；
(2)若a≥1，且函数f(x)在(1,+∞)严格单调减，求实数a的最大值；
(3)若f(1)=12，且不等式f(tt2+1)+f(csθ4)≥0对一切实数θ恒成立，求实数t的取值范围．
21.(本小题18分)
若函数y=f(x)，x∈R的导函数y=f′(x)，x∈R是以T(T≠0)为周期的函数，则称函数y=f(x)，x∈R具有“T性质”．
(1)试判断函数y=x2和y=sinx是否具有“2π性质”，并说明理由；
(2)已知函数y=ℎ(x)，其中ℎ(x)=ax2+bx+2sinbx(0(3)若函数y=f(x)，x∈R具有“T性质”，且存在实数M>0使得对任意x∈R都有|f(x)|(可用结论：若函数y=f(x)，x∈R的导函数满足f′(x)=0，x∈R，则f(x)=C(常数).)
参考答案
1.B
2.C
3.C
4.A
5.{0,1,2}
6.1+2i
7.2
8.y2=12x
9.−80
10.2 3π
11.− 24
12.[3,π]
13.−32
14.380
15.(2π3,4π3]
16.(−∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞)
17.(1)证明：由已知得AM=23AD=2．
取BP的中点T，连接AT，TN．
由N为PC的中点知TN//BC，TN=12BC=2．
又AD//BC，故TN//AM，TN=AM，所以四边形AMNT为平行四边形，所以MN//AT．
因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，
所以MN//平面PAB．
(2)解：取BC的中点E，连接AE.由AB=AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE= AB2−BE2= AB2−BC22= 5.以A为坐标原点，AE的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．
由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C 5,2,0，N 52,1,2，
PM=0,2,−4，PN= 52,1,−2，AN= 52,1,2，
设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量，
则 n⋅PM=0, n⋅PN=0,即 2y−4z=0, 52x+y−2z=0,可取n=(0,2,1)．
于是直线AN与平面PMN所成角的正弦值为|cs ⟨n,AN⟩|=|n⋅AN||n|⋅|AN|=8 525．

18.解：(1)∵csA=b2+c2−a22bc=−12，
∴c2=97，
∴S△ABC=12bcsinA=c2sinA=97× 32=9 314；
(2)∵b=2c，由正弦定理可得sinB=2sinC，
∵2sinB−sinC=1，∴sinC=13,sinB=23，
∵b=2c，B可能为锐角可能为钝角，C为锐角，
∴csC= 1−sin2C=2 23，
当B为锐角，csB= 1−sin2B= 53，
sinA=sin[π−(C+B)]=sin(C+B)=sinCcsB+csCsinB=13× 53+2 23×23=4 2+ 59，
当B为钝角，csB=− 1−sin2B=− 53，
∴sinA=sin[π−(C+B)]=sin(C+B)=sinCcsB+csCsinB=2 23×23−13× 53=4 2− 59，
∴sinA=4 2+ 59或4 2− 59．
19.
解：(Ⅰ)由题得：ca= 32，4a=8，∴a=2，c= 3．
又b2=a2−c2=1，
∴椭圆C的方程为x24+y2=1；
(Ⅱ)设直线MN的方程为x=ty− 3，联立x=ty− 3x24+y2=1，
得t2+4y2−2 3ty−1=0．
设M、N的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，
则y1+y2=2 3tt2+4,y1y2=−1t2+4，
|MN|= 1+t2y1−y2= 1+t2 y1+y22−4y1y2=85，
联立解得：t2=1．
∴SΔMF2N=12·2c·y1−y2= 3· y1+y22−4y1y2
= 3· 1225+45=4 65．

20.解：(1)当a=1时，f(x)=xx2+1是奇函数，
当a>0且a≠1时，f(1)=2a−1a+1,f(−1)=−1a+1，
f(1)≠f(−1)，且f(1)+f(−1)≠0，此时f(x)是非奇非偶函数．
(2)因为a≥1，且函数f(x)在(1,+∞)严格单调减，
所以f′(x)=a(x2+a)−2x(ax+a−1)(a+x2)2<0在(1,+∞)上恒成立，
即ax2−2(1−a)x−a2>0在(1,+∞)上恒成立，
当a=1时，x2−1>0(1,+∞)上恒成立，
a>1，二次函数y=ax2−2(1−a)x−a2开口向上，对称轴x=1−aa<0，
只需a+2(a−1)≥a2，即1综上，1≤a≤2，
因此a的最大值为2．
(3)f(1)=2a−11+a=12，因此a=1，f(x)=xx2+1，
易得f(x)是奇函数，当x>0时，f′(x)=1+x2−2x2(1+x2)2=1−x2(1+x2)2，
令f′(x)>0，可得−11或x<−1，
故f(x)在(−∞,−1)单调递减，在(−1,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，
因为f(1)=12，f(−1)=−12，
当x→+∞时，f(x)→0，且f(x)>0，
当x→−∞时，f(x)→0，且f(x)<0，
此时f(x)的值域为[−12,12]，所以−1又因为−1因此不等式f(tt2+1)+f(csθ4)≥0⇔tt2+1+csθ4≥0，
由于csθ最小值为−1，
所以tt2+1−14≥0，解得2− 3≤t≤2+ 3，
故a的范围为{a|2− 3≤t≤2+ 3}.
21.解：(1)f(x)=x2不具有“2π性质”，
理由是：f′(x)=2x，f′(2π)−f′(0)=4π≠0，即f′(2π)≠f′(0)；
g(x)=sinx具有“2π性质”，
理由是：g′(x)=csx，g′(x+2π)=g′(x)．
(2)法一：ℎ(x)=ax2+bx+2sinbx(0由ℎ′(x+π)=ℎ′(x)可得，csbx−csb(x+π)=aπb对x∈R恒成立．
令x=0，得1−csbπ=aπb ①；令x=πb，得−1+csbπ=aπb ②．
①+②得，2aπb=0，因此a=0，从而csbx=cs(bx+bπ)恒成立，
∴bπ=2kπ，即有b=2k，k∈Z且k≠0，由0∴ℎ′(x)=2+4cs2x，当x∈[0,π]时，令ℎ′(x)=0可得x=π3,x=2π3，列表如下：
函数ℎ(x)在[0,π]的极小值点为2π3．
法二：ℎ′(x)=2ax+b+2bcsbx(0由ℎ′(x+π)=ℎ′(x)，可得csbx−csb(x+π)=aπb，
所以cs[(bx+bπ2)−bπ2]−cs[(bx+bπ2)+bπ2]=aπb，
即cs(bx+bπ2)csbπ2+sin(bx+bπ2)sinbπ2−cs(bx+bπ2)csbπ2+sin(bx+bπ2)sinbπ2=aπb，
所以sin(bx+bπ2)⋅sin(bπ2)=aπ2b，所以sin(bπ2)=0且aπ2b=0，所以a=0且b=2k(k∈Z)且b≠0．
由0函数ℎ(x)在[0,π]的极小值点为2π3．
证明：(3)令ℎ(x)=f(x+T)−f(x)，
∵y=f(x)，x∈R具有“T”性质，
∴ℎ′(x)=f′(x+T)−f′(x)=0，
∴ℎ(x)=c=f(x+T)−f(x)(c为常数)，
法一：
①若c=0，f(x)是以T为周期的周期函数；
②若c>0，由f(nT)=f(0)+nc，
当n≥M−f(0)c时，f(nT)=f(0)+nc≥f(0)+M−f(0)=M，这与|f(x)|③若c<0，由f(nT)=f(0)+nc，
当n≤M−f(0)c时，f(nT)=f(0)+nc≥f(0)+M−f(0)=M，这与|f(x)|综上，c=0.f(x+T)−f(x)=0，所以f(x)是周期函数．
法二：
当c=0时，f(x+T)−f(x)=0，所以f(x)是周期函数．
当c≠0时，不妨令c>0，记n=[Mc]+1，其中[x]表示不大于x的最大整数．(c<0同理可证)，
若存在f(x0)>0，这|f(x0+nT)|=f(x0)+nc>nc=([Mc]+1)c>M．
这与|f(x)|若存在f(x0)<0，这|f(x0−nT)|=|f(x0)−nc|>nc=([Mc]+1)c>M．
这与|f(x)|若不存在x0∈R，使得f(x0)>0或f(x0)<0，则f(x)=0，x∈R，此时c=0，与c≠0矛盾，故舍去．
综上，c=0，f(x+T)−f(x)=0，所以f(x)是周期函数． x
[0,π3)
π3
(π3,2π3)
2π3
(2π3,π]
ℎ′(x)
+
0
−
0
+
ℎ(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
[0,π3)
π3
(π3,2π3)
2π3
(2π3,π]
ℎ′(x)
+
0
−
0
+
ℎ(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗

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