2024-2025学年湖南省长沙市雅礼中学高三（上）月考数学试卷（二）（含答案）

这是一份2024-2025学年湖南省长沙市雅礼中学高三（上）月考数学试卷（二）（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|x=2k−1,k∈N}，B={−1,0,1,2,3}，则A∩B=( )
A. {1,3}B. {0,1,3}C. {−1,1,3}D. {−1,0,1,2,3}
2.若复数z=(1−i)26+8i，则|z|+|z−|=( )
A. 25B. 25C. 35D. 45
3.设a，b是单位向量，则(a+b)2−a⋅b的最小值是( )
A. −1B. 0C. 34D. 1
4.已知2cs(2α+β)−3csβ=0，则tanαtan(α+β)=( )
A. 5B. 15C. −5D. −15
5.巴黎奥运会期间，旅客人数(万人)为随机变量X，且X～N(30,22).记一天中旅客人数不少于26万人的概率为p0，则p0的值约为( )
(参考数据：若X～N(μ,σ2)，有P(μ−σA. 0.977B. 0.9725C. 0.954D. 0.683
6.已知抛物线C：x2=4y的焦点为F，过点F的直线与C相交于M，N两点，则2MF+12NF的最小值为( )
A. 92B. 4C. 72D. 3
7.若x，y≥0，x+y=1，则 3x+ y的取值范围为( )
A. [1, 3]B. [1,2]C. [ 3,2]D. [12, 3]
8.从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码(每种砝码各2个)中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为m，下列各式的展开式中x9的系数为m的选项是( )
A. (1+x)(1+x2)(1+x3)⋯(1+x10)
B. (1+x)(1+2x)(1+3x)⋯(1+10x)
C. (1+x)2(1+x2)2(1+x3)2(1+x4)2⋯(1+x10)2
D. (1+x)2(1+x+x2)2(1+x+x2+x3)2⋯(1+x+x2+⋯+x10)2
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.下列选项中，正确的是( )
A. 不等式x2+x−2>0的解集为{x|x<−2或x>1}
B. 不等式2x+1x−2≤1的解集为{x|−3≤x<2}
C. 不等式|x−2|≥1的解集为{x|1≤x≤3}
D. 设x∈R，则“|x−1|<1”是“x+4x−5<0”的充分不必要条件
10.如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD−A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器一边AB于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )
A. 没有水的部分始终呈棱柱形
B. 水面EFGH所在四边形的面积为定值
C. 随着容器倾斜度的不同，A1C1始终与水面所在平面平行
D. 当容器倾斜如图(3)所示时，AE⋅AH为定值
11.已知奇函数f(x)在R上单调递增，f′(x)=g(x)，g′(x)=f(x)，若f(2x)=2f(x)g(x)，则( )
A. g(x)的图象关于直线x=0对称B. g(2x)=g2(x)+f2(x)
C. g(0)=0或1D. g2(x)−f2(x)=1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.从14，13，12，2，3，4，6，9中任取两个不同的数，分别记为m，n，记A=“lgmn<0”，则P(A)= ______．
13.如图，△ABC中，AB=6，AC=2BC，D为AB中点，则tan∠BDC的取值范围为______．
14.小军和小方两人先后在装有若干黑球的黑盒子与装有若干白球的白盒子(黑球数少于白球数)轮流取球，规定每次取球可以从某一盒子中取出任意多颗(至少取1颗)，或者在两个盒子中取出相同颗数的球(至少各取1颗)，最后不能按规则取的人输.已知两盒中共有11个球，且两人掷硬币后决定由小军先手取球.小方看了眼黑盒中的球，对小军说：“你输了！”若已知小方有必胜策略，则黑盒中球数为______．
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)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a−b=2，sin(A−B)=sinA+sinB2．
(1)求c；
(2)若△ABC的内切圆在AB上的切点为D，求AD．
16.(本小题15分)
已知动圆P过点A(−2,0)且与圆B：(x−2)2+y2=36内切．
(1)求动圆圆心P的轨迹E的方程；
(2)设动圆C1：x2+y2=t12，C1与E相交于A，B，C，D四点，动圆C2：x2+y2=t22(t1≠t2)与E相交于A′，B′，C′，D′四点.若矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，求t12+t22的值．
17.(本小题15分)
为提高我国公民整体健康水平，2022年1月，由国家卫生健康委疾控局指导、中国疾病预防控制中心和国家体育总局体育科学研究所牵头组织编制的《中国人群身体活动指南(2021)》(以下简称《指南》)正式发布，《指南》建议18～64岁的成年人每周进行150～300分钟中等强度或75～150分钟高强度的有氧运动(以下简称为“达标成年人”)，经过两年的宣传，某体育健康机构为制作一期《达标成年人》的纪录片，采取街头采访的方式进行拍摄，当采访到第二位“达标成年人”时，停止当天采访.记采访的18～64岁的市民数为随机变量X(X≥2)，且该市随机抽取的18～64岁的市民是达标成年人的概率为13，抽查结果相互独立．
(1)求某天采访刚好到第五位可停止当天采访的概率；
(2)若抽取的18～64岁的市民数X不超过n的概率大于13，求整数n的最小值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=x2−eλx−1x．
(1)当λ=1时，求f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)若x≥1时，f(x)≤0，求λ的取值范围；
(3)求证：e1n+1+1n+2+1n+3+⋯+12n−1+12n>2e−14n(n∈N∗)．
19.(本小题17分)
高斯−博内公式是大范围微分几何学的一个经典的公式，是关于曲面的图形(由曲率表征)和拓扑(由欧拉示性数表征)间联系的一项重要表述，建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系.其特例是球面三角形总曲率x与球面三角形内角和θ满足：θ=π+αx，其中α为常数，(如图，把球面上的三个点用三个大圆(以球心为半径的圆)的圆弧联结起来，所围成的图形叫做球面三角形，每个大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个角.球面三角形的总曲率等于SR2，S为球面三角形面积，R为球的半径)．

(1)若单位球面有一个球面三角形，三条边长均为π2，求此球面三角形内角和；
(2)求α的值；
(3)把多面体的任何一个面伸展成平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做凸多面体.设凸多面体Ω顶点数为V，棱数为E，面数为F，试证明凸多面体欧拉示性数χ(Ω)=V−E+F为定值，并求出χ(Ω)．
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.D
5.A
6.A
7.B
8.C
9.ABD
10.AD
11.ABD
12.1528
13.(0,43]
14.4
15.解：(1)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
已知a−b=2，sin(A−B)=sinA+sinB2，
由sin(A−B)=sinA+sinB2，则2sinAcsB−2csAsinB=sinA+sinB，
整理得：sinA(2csB−1)=sinB(1+2csA)，
则角化边可得：a(2×a2+c2−b22ac−1)=b(1+2×b2+c2−a22bc)，
整理可得：c=2(a−b)，
又a−b=2，因此可得c=4；
(2)由(1)知c=4，a−b=2，
设△ABC的内切圆在AC，BC上的切点为M，N，
则AD=AM，BD=BN，CM=CN，
则c=4=AB=AD+BD=AM+BN，
a−b=BC−AC=(BN+CN)−(AM+CM)=BN−AM=2，
因此可得AM=1，即AD=1．
16.解：(1)由题意如图所示：

设动圆半径为r，则|PA|=r，|PB|=rB−r=6−r(内切)，
因为|PA|+|PB|=6>4=|AB|，所以点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，
且6=2a，即a=3，AB=2c=4，即c=2，
所以b2=a2−c2=5，
则动圆圆心P的轨迹E的方程为：x29+y25=1；
(2)由题意如图所示：

设A(x,y)，A′(x2,y2)，由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，
得4|x1||y1|=4|x2||y2|，故x12y12=x22y22，
因为点A，A′均在椭圆上，所以5x12(1−x129)=5x22(1−x229)，
由t1≠t2，知x1≠x2，整理可得：x12+x22=9，
同理可得y12+y22=5，
因此t12+t22=x12+y12+x22+y22=9+5=14．
17.解：(1)根据题意，某天采访刚好到第五位可停止当天采访，
即采访的前四位中有一位是达标成年人，第五位必是达标成年人，
所以随机变量X(X≥2)服从二项分布，
所以某天采访刚好到第五位可停止当天采访的概率P(X)=C41×13×(23)3×13=32243；
(2)依题意，随机变量X(X≥2)服从二项分布，其分布列为：
所以(13)2+C21×(13)2×23+C31×(13)2×(23)2+⋯+Cn−11×(13)2×(23)n−2>13，
化简得19[1+2×23+3×(23)2+⋯+(n−1)×(23)n−2]>13，
即1+2×23+3×(23)2+⋯+(n−1)×(23)n−2>3，
记S=1+2×23+3×(23)2+⋯+(n−1)×(23)n−2①，
则23S=1×23+2×(23)2+3×(23)3+⋯+(n−1)×(23)n−1②，
由①−②，可得13S=1+23+(23)2+⋯+(23)n−2−(n−1)(23)n−1，
即13S=1×[1−(23)n−1]1−23−(n−1)⋅(23)n−1，
13S=1−(23)n−11−23−(n−1)⋅(23)n−1=3[1−(23)n−1]−23⋅(n−1)⋅(23)n−2，
所以S=9−(2n+4)×(23)n−2，
由此可得，9−(2n+4)×(23)n−2>3，
即6>(2n+4)×(23)n−2，
设an=(2n+4)×(23)n−2，(n≥2,n∈N∗)，
因为an+1an=(2n+6)×(23)n−1(2n+4)×(23)n−2=2n+63n+6<1，可得数列{an}是递减数列，
又a3=10×23=203>6，a4=12×(23)2=163<6，
所以整数n的最小值为4．
18.解：(1)当λ=1时，f(x)=x2−ex−1x，f′(x)=2x−(1+1x2)ex−1x，
则f′(1)=2−2e0=0，
又f(1)=0，
所以f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=0．
(2)由x≥1时，f(x)≤0，即λ≥1x2+2lnxx对x≥1恒成立，
令g(x)=1x2+2lnxx，则g′(x)=−2xx4+2−2lnxx2=2(x−1−xlnx)x3，
令ℎ(x)=x−1−xlnx，x≥1，
所以ℎ′(x)=−lnx≤0，
则函数ℎ(x)在x≥1上单调递减，
所以ℎ(x)≤ℎ(1)=0，即g′(x)≤0，
所以函数g(x)在x≥1上单调递减，
则g(x)≤g(1)=1，
所以λ≥1，即实数λ的取值范围为[1,+∞)．
(3)证明：设φ(x)=2lnx−x+1x，x>1，
则φ′(x)=2x−1−1x2=−x2+2x−1x2=−(x−1)2x2<0，
所以φ(x)在(1,+∞)上单调递减，
则φ(x)<φ(1)=0，即2lnx−x+1x<0，
所以lnx<12(x−1x)，x>1，
令x=1n+1，n∈N∗，
可得ln(1+1n)<12(1+1n−11+1n)=12(1n+1n+1)，
所以ln(n+1)−lnn<12(1n+1n+1)，
ln(n+2)−ln(n+1)<12(1n+1+1n+2)，
…
ln(2n)−ln(2n−1)<12(12n−1+12n)，
以上式子相加得ln(2n)−lnn<12(1n+2n+1+2n+2+⋯+22n−1+12n)，
整理得，ln2−14n<1n+1+1n+2+⋯+12n−1+12n，
两边取指数得，eln2−14n故e1n+1+1n+2+1n+3+⋯+12n−1+12n>2e−14n(n∈N∗)．
19.解：(1)如图，设球心为O，球面三角形三个顶点分别为A，B，C，

因为把球面上的三个点用三个大圆(以球心为半径的圆)的圆弧联结起来，所围成的图形叫做球面三角形
因为单位球面有一个球面三角形，三条边长均为π2，所以每个大圆弧长均为π2．
又单位球面的球半径R=1，则球面三角形每条边所对圆心角为π2，
所以在三棱锥A−OBC中，OA，OB，OC两两垂直．
所以易得OA⊥平面OBC，又OA⊂平面OAB，
所以平面OAB⊥平面OBC，同理平面OAB⊥平面OCA，平面OCA⊥平面OBC，
所以球面三角形任意两条边所在的半平面构成的二面角均为π2，
所以球面三角形的3个角均为π2，从而此球面三角形内角和为3π2．
(2)若将地球看作一个球体，
在地球上零度经线和90°经线所在大圆与赤道所在大圆将球面平均分成8个全等的球面三角形，
由(1)可知，每个球面三角形的3个角均为π2，且球面三角形内角和θ=3π2，
从而每个球面三角形的面积为S=4πR28=πR22，
则每个球面三角形的总曲率为x=SR2=π2，
又球面三角形总曲率x与球面三角形内角和θ满足：θ=π+αx，其中α为常数，
设θ=f(x)，由题意f(x)=π+αx，且α为常数，
则有f(π2)=π+π2α=3π2，从而α=1．
(3)将多面体的每个面视作可以自由伸缩的橡皮膜，使膨胀为一个半径为R的球，
每个顶点均在球面上，每条边变为球面上的边，每个多边形变为球面上的多边形，
且膨胀前后χ(Ω)=V−E+F不变．
不妨记球面仍为单位球面，半径R=1，
对于任意一个球面k边形，可用球面上的边分割成(k−2)个球面三角形，
由(2)可知，α=1，则每个球面三角形的内角和θ=π+x=π+SR2=π+S．
即每个内角和为θ的球面三角形面积为θ−π，
记φ=j=1k−2θj，称为分割成(k−2)个球面三角形的球面k边形的内角和．
所以球面k边形面积为φ−(k−2)π．
由已知凸多面体Ω顶点数为V，棱数为E，面数为F，
则可记球面上多边形αi，i=1，2，⋯，F，
对每一个球面多边形αi，设其边数为li，内角和为φi，面积为Si，
则i=1FSi=i=1F[φi−(li−2)π]=i=1F(φi−liπ+2π)，
由球面三角形角的定义可知，每个顶点处所有球面多边形的角之和为2π，顶点数为V，
从而所有球面多边形内角和为i=1Fφi=2πV，
又球面多边形每条边被重复计算2次，棱数为E，故i=1Fliπ=2Eπ，
则i=1F(φi−liπ+2π)=2πV−2πE+2πF，
又所有球面多边形面积之和i=1FSi=4πR2=4π，
故2πV−2πE+2πF=4π，故χ(Ω)=V−E+F=2． X
2
3
4
⋯
n
P
(13)2
C21×(13)2×23
C31×(13)2×(23)2
⋯
Cn−11×(13)2×(23)n−2