2024-2025学年江西省南昌市聚仁高级中学高三（上）月考数学试卷（8月份）（含答案）

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这是一份2024-2025学年江西省南昌市聚仁高级中学高三（上）月考数学试卷（8月份）（含答案），共8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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|−5A. {−1,0}B. {2,3}C. {−3,−1,0}D. {−1,0,2}
2.若zz−1=1+i，则z=( )
A. −1−iB. −1+iC. 1−iD. 1+i
3.已知向量a=(0,1)，b=(2,x)，若b⊥(b−4a)，则x=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
4.已知cs(α+β)=m，tanαtanβ=2，则cs(α−β)=( )
A. −3mB. −m3C. m3D. 3m
5.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为 3，则圆锥的体积为( )
A. 2 3πB. 3 3πC. 6 3πD. 9 3π
6.已知函数为f(x)=−x2−2ax−a,x<0,ex+ln(x+1),x≥0在R上单调递增，则a取值的范围是( )
A. (−∞,0]B. [−1,0]C. [−1,1]D. [0,+∞)
7.当x∈[0,2π]时，曲线y=sinx与y=2sin(3x−π6)的交点个数为( )
A. 3B. 4C. 6D. 8
8.已知函数为f(x)的定义域为R，f(x)>f(x−1)+f(x−2)，且当x<3时，f(x)=x，则下列结论中一定正确的是( )
A. f(10)>100B. f(20)>1000C. f(10)<1000D. f(20)<10000
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.为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值x−=2.1，样本方差s2=0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8,0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(x−,s2)，则( )(若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2)，则P(Z<μ+σ)≈0.8413)
A. P(X>2)>0.2B. P(X>2)<0.5C. P(Y>2)>0.5D. P(Y>2)<0.8
10.设函数f(x)=(x−1)2(x−4)，则( )
A. x=3是f(x)的极小值点
B. 当0C. 当1D. 当−1f(x)
11.造型∝可以做成美丽的丝带，将其看作图中的曲线C的一部分，已知C过坐标原点O，且C上的点满足横坐标大于−2，到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4，则( )
A. a=−2B. 点(2 2,0)在C上
C. C在第一象限的纵坐标的最大值为1D. 当点(x0,y0)在C上时，y0≤4x0+2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作平行于y轴的直线交C与A，B两点，若|F1A|=13，|AB|=10，则C的离心率为______．
13.若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a= ______．
14.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后轮次中不能使用).则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为______．
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15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinC= 2csB，a2+b2−c2= 2ab．
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3+ 3，求c．
16.(本小题15分)
已知A(0,3)和P(3,32)为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上两点．
(1)求C的离心率；
(2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．
17.(本小题15分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB= 3．
(1)若AD⊥PB，证明：AD//平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A−CP−D的正弦值为 427，求AD．
18.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx2−x+ax+b(x−1)3．
(1)若b=0，且f′(x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；
(3)若f(x)>−2当且仅当119.(本小题17分)
设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i(1)写出所有的(i,j)，1≤i(2)当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是(2,13)——可分数列；
(3)从1，2，…，4m+2中一次任取两个数i和j(i18．
参考答案
1.A
2.C
3.D
4.A
5.B
6.B
7.C
8.B
9.BC
10.ACD
11.ABD
12.32
13.ln2
14.12
15.解：(1)因为a2+b2−c2= 2ab，所以由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab= 2ab2ab= 22，
而C∈(0,π)，因此C=π4．
又因为sinC= 2csB，所以sinπ4= 2csB，即 22= 2csB，解得csB=12，
而B∈(0,π)，因此B=π3．
(2)由(1)知：B=π3，C=π4，因此A=π−B−C=π−π3−π4=5π12．
因为△ABC的面积为3+ 3，所以12absinC=3+ 3，即12ab× 22=3+ 3，解得ab=2 2(3+ 3)．
又因为由正弦定理得a=csinAsinC，b=csinBsinC，所以ab=c2sinAsinBsin2C，
即，
即2 2(3+ 3)= 3c2 6+ 24，解得c=2 2(c=−2 2舍去)．
16.解：(1)依题意，9b2=19a2+94b2=1，解得a2=12b2=9，
则离心率e= 1−b2a2= 1−912=12；
(2)由(1)可知，椭圆C的方程为x212+y29=1，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=3，易知此时B(3,−32)，
点A到直线PB的距离为3，则S△ABP=12×3×3=92，与易知矛盾；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y−32=k(x−3)，即y=k(x−3)+32，
设P(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=k(x−3)+32x212+y29=1，消去y整理可得，(4k2+3)x2−(24k2−12k)x+36k2−36k−27=0，
则x1+x2=24k2−12k4k2+3,x1x2=36k2−36k−274k2+3，
由弦长公式可得，|PB|= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 1+k2⋅ (24k2−12k4k2+3)2−4×36k2−36k−274k2+3=4 3⋅ 1+k2⋅ 3k2+9k+2744k2+3，
点A到直线l的距离为d=|3k+32| 1+k2，
则12×4 3⋅ 1+k2⋅ 3k2+9k+2744k2+3×|3k+32| 1+k2=9，
解得k=12或k=32，
则直线l的方程为y=12x或y=32x−3．
17.(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，
又因为AD⊥PB，PA∩PB=P，PA,PB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB，
因为AB= 3，BC=1，AC=2，AB2+BC2=AC2，所以BC⊥AB，
于是AD//BC，又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC．
所以AD//平面PBC．
(2)因为AD⊥DC，以D为原点，分别以DA，DC，为x，y轴，过点D作PA的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，
设AD=a>0，则DC= 4−a2，D(0,0,0)，A(a,0,0)，C(0, 4−a2,0)，P(a,0,2)，
设平面DCP的一个法向量n1=(x1,y1,z1)，因为DC=0, 4−a2,0，DP=a,0,2，
所以由DC·n1=0DP·n1=0，即 4−a2⋅y1=0ax1+2z1=0，
可取n1=(2,0,−a)；
又AP=(0,0,2)，AC=(−a, 4−a2,0)，
设平面ACP的一个法向量n2=(x2,y2,z2)，所以AP·n2=0AC·n2=0由2z2=0−ax2+ 4−a2y2=0,
取n2=( 4−a2,a,0)，
因为二面角A−CP−D的正弦值为 427，所以余弦值的绝对值为1 7．
所以由csn1,n2=1 7=n1⋅n2|n1|·n2=2 4−a22 4+a2，得a2=3，a= 3，
因此，AD= 3．
18.解：(1)由x2−x>02−x≠2，解得0所以函数f(x)的定义域为(0,2)，
当b=0时，f(x)=lnx2−x+ax，
所以f′(x)=1x+12−x+a≥0，对∀0又1x+12−x+a=2x(2−x)+a≥2+a，当且仅当x=1时取“=”，
所以只需2+a≥0，即a≥−2，
所以a的最小值为−2．
(2)证明：x∈(0,2)，f(2−x)+f(x)=ln2−xx+a(2−x)+b(1−x)3+lnx2−x+ax+b(x−1)3=2a，
所以f(x)关于点(1,a)中心对称．
(3)因为f(x)>−2当且仅当1所以f(1)=−2，即a=−2，
所以f(x)=lnx2−x−2x+b(x−1)3>−2对∀1f′(x)=1x+12−x−2+3b(x−1)=2(x−1)2x(2−x)+3b(x−1)2=(x−1)2[2x(2−x)+3b]，
令g(x)=2x(2−x)+3b，
所以必有g(1)=2+3b≥0，得到b≥−23(必要性)，
否则b<−23，存在x∈(1,δ)使f′(x)<0，f(x)在(1,2)上单调递减，
所以f(x)当b≥−23时，对∀x∈(1,2)，f(x)≥lnx2−x−2x−23(x−1)3=ℎ(x)，
ℎ′(x)=2(x−1)2x(2−x)−2(x−1)2=2(x−1)2[1x(2−x)−1]>0，对∀x∈(1,2)恒成立，
所以ℎ(x)>ℎ(1)=−2符合题意，
综上所述：b≥−23，
所以b的取值范围为[−23,+∞)．
19.解：(1)根据题意，可得当(i,j)取(1,2)时，可以分为a3，a4，a5，a6一组公差为d的等差数列，
当(i,j)取(1,6)时，可以分为a2，a3，a4，a5一组公差为d的等差数列，
当(i,j)取(5,6)时，可以分为a1，a2，a3，a4一组公差为d的等差数列，
所以(i,j)可以为(1,2)，(1,6)，(5,6)；
(2)证明：当m=3时，a1，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10，a11，a12，a14，
可以分为a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14三组公差为3d的等差数列，
所以m=3时符合题意；
当m>3时，数列a1，a2，…，a4m+2去掉a2和a13后，
前三组还按照m=3时的分法，即a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14，
后面的每四个相邻的项分为一组，即a15，a16，a17，a18；...；a4m−1，a4m，a4m+1，a4m+2，
每一组都能构成等差数列，
所以数列a1，a2，…，a4m+2是(2,13)——可分数列；
(3)证明：当m=1时，数列：a1，a2，a3，a4，a5，a6为可分数列的概率为Pm=3C62=15>18，
当m=2时，数列a1，a2，a3…，a10为可分数列的概率为Pm=7C102=715>18，
以此类推，且易知1，2，…，4m+2是(4k+1,4r+2)可分的(0≤k≤r≤m)，
此时共有Cm+12+m+1=m(m+1)2+m+1=12(m+1)(m+2)种，
且易证数列也是(4k+2,4r+1)可分的(0≤k至少有Cm+22−m=12m(m−1)种，
综上：可行的(4k+2,4r+1)与(4k+1,4r+2)至少12m(m−1)+12(m+1)(m+2)=m2+m+1组，
∴Pm≥m2+m+1Cm2=m2+m+1(2m+1)(4m+1)=m2+m+18m2+6m+1>18．

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