2024-2025学年浙江省名校联盟高三（上）月考数学试卷（三）（含答案）

这是一份2024-2025学年浙江省名校联盟高三（上）月考数学试卷（三）（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M={(x,y)|y=1−x2}，N={(x,y)|x24+y2=1}，则M∩N的元素个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 无数
2.已知z为复数，则|z2|=1是|z|2=1的( )条件．
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分又不必要
3.函数f(x)=sin2x−2cs2x的最小正周期为( )
A. π2B. πC. 3π2D. 2π
4.若P(A)=13，P(A|B)=13，P(B|A)=25，则P(A+B)=( )
A. 25B. 1115C. 1315D. 35
5.已知向量a，b满足a⋅b=b2，|a−b|=|b|，则a与b的夹角为( )
A. π4B. π3C. π6D. 2π3
6.数列{an}满足an+2=2an+1+3an，则下列a1，a2的值能使数列{an}为周期数列的是( )
A. a1=0，a2=1B. a1=−1，a2=1
C. a1=0，a2=2D. a1=−2，a2=0
7.将100名学生随机分为10个小组，每组10名学生，则学生甲乙在同一组的概率为( )
A. 110B. 111C. 1100D. 1110
8.设a=101112,b=111211,c=121011，b=111211，c=121011，则( )
A. a>c>bB. b>c>aC. c>a>bD. a>b>c
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.关于函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)，下列说法正确的有( )
A. 函数f(x)可能没有零点B. 函数f(x)可能有一个零点
C. 函数f(x)一定是中心对称图形D. 函数f(x)可能是轴对称图形
10.已知点M是抛物线C：y2=8x与圆E：(x−2)2+y2=r2(r>0)的交点，点F为抛物线C的焦点，则下列结论正确的有( )
A. |MF|的最小值为2
B. 圆E与抛物线C至少有两条公切线
C. 若圆E与抛物线C的准线相切，则MF⊥x轴
D. 若圆E与抛物线C的准线交于P，Q两点，且MP⊥PQ，则r=8
11.设点P为正方体ABCD−A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1上一点，下列说法正确的有( )
A. 存在点P，使得AC1与平面PBD所成角为π2
B. 存在点P，使得点A，C1分别到平面PBD的距离之和等于AC1
C. 存在点P，使得点A，C1分别到平面PBD的距离之和等于12AC1
D. 存在点P，使得AC1与平面PBD所成角为π10
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若函数f(x)=sinx−3csx在x=x0处取得最大值，则tanx0= ______．
13.已知：当n无穷大时，(1+1n)n的值为e，记为limn→+∞(1+1n)n=e.运用上述结论，可得x→0limln(1+2x)x(x>0)= ______．
14.[x]表示不超过x的最大整数，设M=(1− 3)15,N=(1+ 3)15，N=(1+ 3)15，则[(1− 3)15]= ______；[(1+ 3)15]= ______(用M，N表示)．
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)
在一次联考中，经统计发现，甲乙两个学校的考生人数都为1000人，数学均分都为94，标准差都为12，并且根据统计密度曲线发现，甲学校的数学分数服从正态分布，乙学校的数学分数不服从正态分布．
(1)甲学校为关注基础薄弱学生的教学，准备从70分及以下的学生中抽取10人进行访问，学生小A考分为68分，求他被抽到的概率大约为多少；
(2)根据统计发现学校乙得分不低于130分的学生有25人，得分不高于58分的有1人，试说明乙学校教学的特点；
参考数据：若X～N(μ,σ2)，则P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.68，P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)≈0.95，P(μ−3σ≤X≤μ+3σ)≈0.99.，P(μ−3σ≤X≤μ+3σ)≈0.99．
16.(本小题15分)
设F1，F2分别为双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过F2的直线交双曲线于A，B两点，且AF2=3F2B．
(1)求AF2的长(用a，b表示)；
(2)若双曲线的离心率e>2，求证：∠F1AF20，由g′(t)=0得t=1m，
∴当01m时，g′(t)0，
解得m= 22，
若ℎ′(m) 22，∴ℎ(m)在( 22,+∞)上单调递增，
而ℎ(12)=14−ln12−10，∴mmax=1,mmin∈(1e,12)，
∴m的最大值与最小值之差大于12．
18.解：(1)证明：连接OB，

因为PO⊥底面ABCD，OB，OC⊂平面ABCD，
所以PO⊥OB，PO⊥OC，即∠POB=∠POC=π2，
又PB=PC，PO=PO，所以△POB≅△POC，
所以OB=OC，故∠OBC=∠OCB，
又AB⊥BC，
所以∠OAB=∠OBA，OA=OB=OC，
又AD⊥CD，所以OA=OD，
因为PO⊥底面ABCD，OA，OD⊂平面ABCD，
所以PO⊥OA，PO⊥OD，
又PO=PO，
所以PA=PD；
(2)连接BD交AC于点F，连EF，

因PD/​/平面EOC，平面PBD∩平面EOC=ED，PD⊂平面PBD，
所以PD/​/EF，故PEPB=DFDB，
因为AB⊥BC，AD⊥CD，
所以∠ABC+∠ADC=π，故四边形ABCD是圆内接四边形，
又∠COD=π6，所以∠CBD=π12，
因AB=BC，AB⊥BC，点O为AC的中点，
所以∠BOC=π2，∠CBO=π4，
故∠OBD=π6，设OB=OD= 3，
则OF=1，BF=2，
在△BOD中，∠BOD=π2+π6=2π3，
由余弦定理可得BD= OB2+OD2−2OB⋅ODcs2π3=3，
所以DF=1，于是PEPB=DFDB=13；
(3)以点O为原点，BA，BC，OP为x，y，z轴正方向建立如图所示的坐标系，
则B(−12,−12,0),A(12,−12,0),C(−12,12,0),P(0,0,1)，
所以BA=(1,0,0),PA=(12,−12,−1)，
设n1=(x1,y1,z1)为平面PAB的法向量，

则n1⋅BA=0n1⋅PA=0，所以x1=012x1−12y1−z1=0，
故x1=0，令y1=2，则z1=−1，
所以n1=(0,2,−1)为平面PAB的一个法向量，
过点O作OM⊥AD于M，
因为PO⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以PO⊥AD，OM∩PO=O，OM，PO⊂平面PMO，
所以AD⊥平面PMO，PM⊂平面PMO，
所以PM⊥AD，
故二面角P−AD−B的平面角为∠PMO，
由已知tan∠PMO=1OM=2 2，
所以OM= 24，于是 CD= 22，AD= 62，
又AD⊥CD，所以∠CAD=π6，又∠BAC=π4，
所以∠AOx=π4，故∠MOx=π12，
所以点M的横坐标为 24csπ12，纵坐标为 24sinπ12，
所以点M的坐标为( 3+18, 3−18,0)，
所以D( 3−14, 3+14,0)，PD=( 3−14, 3+14,−1)，
设n2=(x2,y2,z2)平面PAD的法向量，
则n2⋅PA=0n2⋅PD=0，所以12x2−12y2−z2=0 3−14x2+ 3+14y2−z2=0，
两式相减得( 3−1)x2=( 3+1)y2，
令x2= 3+1，则y2= 3−1,z2=1，
所以n2=( 3+1, 3−1,1)为平面PAD的一个法向量，
所以cs=2 3−2−1 5⋅ ( 3+1)2+( 3−1)2+1=2 15−3 515，
观察可得二面角D−AP−B的平面角为锐角，
所以二面角D−AP−B的余弦值为 2 15−3 515．
19.解：(1)在数列{an}中，a1=a，a2=b，对满足m+n=p+q的任意正整数m，n，p，q，
都有aman+am+an=apaq+ap+aq成立，又数列{an}是等比数列，
设其公比为t，由等比数列的性质可得aman=apaq，即有am+an=ap+aq，
可令m=1，p=2，q=n−1，则a1+an=a2+an−1,a−b=tn−2(a−b)，
故a=b，t=1，即a，b满足的条件为a=b≠0；
(2)①由aman+am+an=apaq+ap+aq，可令m=1，p=2，q=n−1，
得a1an+a1+an=a2an−1+a2+an−1，
结合a=1，b=3，故2an+1=4an−1+3，可得an=2an−1+1，
两边同时加上1，可得an+1=2(an−1+1)，
故{an+1}是以a1+1=2为首项，公比为2的等比数列，
由等比数列的通项公式，可得an+1=2n，即an=2n−1；
②证明：由①知bn=2n−1,n=2k−12n+1,n=2k，故i=1n1bi=121−1+122+1+⋯+12n+(−1)n；
先证12n+1+12n+1−10，
而2n+1−2n−1=2n−1>0恒成立，
故12n+1+12n+1−1