2024-2025学年湖北省襄阳五中高三（上）月考数学试卷（8月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年湖北省襄阳五中高三（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。

1.已知集合A={x|lg2x≤1}，B={y|y=2x,x≤2}，则( )
A. A∪B=BB. A∪B=AC. A∩B=BD. A∩(∁RB)=R
2.复数z=3+4i2−i(其中i为虚数单位)的共轭复数z−在复平面内对应的点在( )
A. 第四象限B. 第三象限C. 第二象限D. 第一象限
3.已知a=(x,2)，b=(2,−1)，且 a⊥b，则|a−b|=( )
A. 5B. 10C. 2 5D. 10
4.已知sinα=2sin(α+2β)，且tanβ=2，则tan(α+β)=( )
A. −6B. −2C. 2D. 6
5.已知某圆锥的侧面积是其底面积的两倍，则圆锥的高与底面半径的比值为( )
A. 3B. 3C. 15D. 5
6.设函数=f(x)在(−∞,+∞)内有定义，对于给定的正数K，定义函数fK(x)=f(x),f(x)≤KK,f(x)>K.取函数f(x)=2−|x|.当K=12时，函数fK(x)的单调递增区间为( )
A. (−∞,0)B. (0,+∞)C. (−∞,−1)D. (1,+∞)
7.函数f(x)=4sin(3x+2)+2cs(3x+4)在(0,π)上的零点个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1=1，an+1=an+1,n为奇数,2an,n为偶数,则S100=( )
A. 3×251−156B. 3×251−103C. 3×250−156D. 3×250−103
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.若随机变量X～N(0,σ2)，f(x)=P(X≤x)，则( )
A. f(−x)=1−f(x)B. f(2x)=2f(x)
C. P(|X|0)D. 若f(1+x1−x)>f(2)，则1310.设函数f(x)=(x−1)2(x−4)，则( )
A. x=1是f(x)的极小值点
B. f(2+x)+f(2−x)=−4
C. 不等式−4D. 当0f(sin2x)
11.已知曲线C是平面内到定点F(0,1)和定直线l：y=−1的距离之和等于4的点的轨迹，若P(x0,y0)在曲线C上，则下列结论正确的是( )
A. 曲线C关于x轴对称B. 曲线C关于y轴对称
C. −2≤x0≤2D. 1≤|PF|≤4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知双曲线C1：x2a12−y2b12=1(a1>0,b1>0)与C2：x2a22−y2b22=1(a2>0,b2>0)有相同的渐近线，若C1的离心率为2，则C2的离心率为______．
13.曲线y=2 x与y=2+lnx的公切线方程为______．
14.袋中有大小质地均相同的1个黑球，2个白球，3个红球，现从袋中随机取球，每次取一个，不放回，直到某种颜色的球全部取出为止，则最后一个球是白球的概率是______．
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)
在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且c=2b，2sinA=3sin2C．
(1)求ab的值；
(2)若△ABC的面积为3 72，求AB边上的高．
16.(本小题15分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点P到直线x=4的距离与点P到点F(1,0)的距离之比为常数2.记P的轨迹为C，曲线C的上顶点为B．
(1)推导C的标准方程；
(2)过B的直线与C相交于另一点A.若△ABF面积为 3，求直线AB的方程．
17.(本小题15分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BB1C1C为矩形，底面ABC为等边三角形．
(1)证明：A1B=A1C；
(2)若A1C⊥A1B，A1A=AB=2，
①证明：平面A1BC⊥平面ABC；
②求平面ABC与平面A1BC1的夹角的余弦值．
18.(本小题15分)
在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标(a1,a2,a3)表示，其中ai∈{0,1}，i=1，2，3，而在n维空间中(n≥2,n∈N)，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标(a1,a2,a3,⋯,an)，其中ai∈{0,1}(1≤i≤n，i∈N).现有如下定义：在n维空间中两点间的曼哈顿距离为两点(a1,a2,a3,⋯,an)与(b1,b2,b3,⋯,bn)坐标差的绝对值之和，即为|a1−b1|+|a2−b2|+|a3−b3|+⋯+|an−bn|.回答下列问题：
(1)求出n维“立方体”的顶点数；
(2)在n维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离．
①求X的分布列与期望；
②求X的方差．
19.(本小题17分)
已知e是自然对数的底数，常数k>0，函数f(x)=ex(1−x)，H(x)=lnx+kx．
(1)求f(x)、H(x)的单调区间；
(2)讨论直线y=x与曲线y=lnx−1的公共点的个数；
(3)记函数F(x)=ex(lnx−x+1)x,∀x1、x2，若0参考答案
1.A
2.A
3.B
4.A
5.B
6.C
7.C
8.A
9.ACD
10.BD
11.BD
12.2
13.x−y+1=0
14.415
15.解：(1)∵2sinA=3sin2C，∴sinA=3sinCcsC，
由正余弦边角关系得，a=3c⋅a2+b2−c22ab，①
又c=2b，②
由①②得，a2b=3b(a2+b2−4b2)，
∴a2=92b2⇒a=3 22b，
∴ab=3 22；
(2)由(1)得，csC=sinA3sinC=a3c=3 22b6b= 24，
(或由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=92b2+b2−4b23 2b2= 24)
∵C为锐角，∴sinC= 144，
∴△ABC的面积S=12absinC=12×3 22b2× 144=3 72，
∴b=2，设AB边上的高为ℎ，
则△ABC的面积S=12cℎ=bℎ=3 72，
∴ℎ=3 74，即AB边上的高为3 74．
16.解：(1)设P(x,y)，由题意可得|x−4| (x−1)2+y2=2，
化简可得3x2+4y2=12，即x24+y23=1．
所以C的标准方程为x24+y23=1．
(2)由(1)可得B(0, 3)，
设直线AB的方程为x=t(y− 3)，
联立x24+y23=1x=t(y− 3)，
可得(3t2+4)y2−6 3t2y+9t2−12=0.设A(m,n)，
则 3n=9t2−123t2+4，即n= 3(3t2−4)3t2+4，
所以m=t[ 3(3t2−4)3t2+4− 3]=−8 3t3t2+4，即A(−8 3t3t2+4, 3(3t2−4)3t2+4)．
设直线AB与x轴的交点为D，
在x=t(y− 3)中，令y=0，可得x=− 3t，即D(− 3t,0)．
由椭圆方程可得F(1,0)，

则S△ABF=12|DF|⋅(yB−yA)
=12(1+ 3t)⋅[ 3− 3(3t2−4)3t2+4]
=12(1+ 3t)⋅8 33t2+4=4 3(1+ 3t)3t2+4= 3，
所以4+4 3t=3t2+4，即3t2=4 3t，解得t=0或t=4 33．
所以直线AB的方程为x=0或x=4 33(y− 3)，
即直线AB的方程为x=0或 3x−4y+4 3=0．
17.解：(1)证明：取BC中点为O.连结AO，A1O.
因为侧面BB1C1C为矩形，所以BB1⊥BC，又AA1/​/BB1，则AA1⊥BC，
由底面ABC为等边三角形，所以AO⊥BC．
故BC⊥平面AA1O，
由于A1O⊂平面AA1O，故A 1O⊥BC．
又BO=CO，故A 1B=A1C.
(2)①证明：由A1C⊥A1B，O为BC的中点及A1B=A1C，所以A1O=BO=1．
又AO= 3,AA1=2，得AA12=A1O2+AO2，则A1O⊥OA，
又A1O⊥BC，OA∩BC=O，所以A1O⊥平面ABC，
A1O⊂平面A1BC，故平面A1BC⊥平面ABC；
②以O为坐标原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz．
A1(0,0,1),A( 3,0,0),B(0,1,0),C(0,−1,0)．
OA1=(0,0,1)，A1C1=AC=(− 3,−1,0),A1B=(0,1,−1)．
设平面A1BC1的一个法向量是n=(x,y,z)，
则n⋅A1B=y−z=0n⋅A1C1=− 3x−y=0，令y= 3，则x=−1，z= 3，所以n=(−1, 3, 3)．
由(1)知OA1是平面ABC的一个法向量，
设平面ABC与平面A1BC1的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|n⋅OA1||n||OA1|=| 3| 1+3+3×1= 217．
所以平面ABC与平面A1BC1的夹角的余弦值为 217．
18.解：(1)对于n维坐标(a1,a2,a3,⋯⋯,an)，ai∈{0,1}(1≤i≤n，i∈N)，
所以共有2n种不同的点，即共有2n个顶点；
(2)①对于X=k(1≤k≤n,k∈Z)的随机变量，
在坐标(a1,a2,a3,⋯⋯,an)与(b1,b2,b3,⋯⋯,bn)中有k个坐标值不同，剩下(n−k)个坐标相同，此时对应情况数有Cnk⋅2n−1种，
所以P(X=k)=Cnk⋅2n−1C2n2=Cnk2n−1，
则X的分布列为：
所以E(X)=1⋅Cn12n−1+2⋅Cn22n−1+⋯+n⋅Cnn2n−1，
倒序相加得，2E(X)=n2n−1(Cn0+Cn1+Cn2+⋯+Cnn−1+Cnn)=n⋅2n2n−1，
所以E(X)=2n−1⋅n2n−1；
②D(X)=E(X2)−E2(X)
=−E2(X)+Cn12n−1+4Cn22n−1+⋯+n2Cnn2n−1，
设(1+x)n=Cn0+xCn1+x2Cn2+x3Cn3+…+xnCnn，
两边求导得，n(1+x)n−1=Cn1+2xCn2+3x2Cn3+…+nxn−1Cnn，
两边乘以x后得，nx(1+x)n−1=xCn1+2x2Cn2+3x3Cn3+…+nxnCnn，
两边求导得，n(1+x)n−2(1+nx)=Cn1+22xCn2+32x2Cn3+…+n2xn−1Cnn，
令x=1得，Cn1+22Cn2+32Cn3+…+n2Cnn=n(n+1)⋅2n−2，
所以D(X)=−E2(X)+n(n+1)⋅2n−22n−1=−(2n−1⋅n2n−1)2+n(n+1)⋅2n−22n−1=n⋅2n−2(2n−n−1)(2n−1)2．
19.解：(1)函数f(x)的定义域为R，且f′(x)=ex(1−x)−ex=−xex，
当x∈(−∞,0)时，f′(x)>0，当x∈(0,+∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间是(−∞,0]，单调递减区间是[0,+∞)．
函数H(x)的定义域为(0,+∞),H′(x)=1x−kx2=x−kx2，常数k>0，
当x∈(0,k)时，H′(x)<0，当x∈(k,+∞)时，H′(x)>0．
所以H(x)的单调递减区间是(0,k]，单调递增区间是[k,+∞)．
(2)设ℎ(x)=x−lnx+1，它的定义域为(0,+∞),ℎ′(x)=1−1x=x−1x，
所以当x∈(0,1)时，ℎ′(x)<0，即ℎ(x)单调递减；
当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)>0，即ℎ(x)单调递增，
所以ℎ(x)的最小值为ℎ(1)=1−ln1=2，
所以方程x−lnx=−1无实数解，
所以直线y=x与曲线y=lnx−1无公共点．
(3)根据已知，F(x)=ex−lnx[1−(x−lnx)]的定义域为(0,+∞)．
设t=ℎ(x)=x−lnx，由(2)得t≥1，且F(x)=f[ℎ(x)]=et(1−t)=f(t)．
由0由F(x1)=F(x2)得f(t1)=f(t2).
由(1)知f(t)在[1,+∞)上单调递减，故t1=t2，所以x1−lnx1=t1，x2−lnx2=t1．
记u=x2x1，则u>1，由lnx2−lnx1=x2−x1,u=x2x1,得x1=lnuu−1,x2=ulnuu−1,
∀x1，x2，若0则(e2−2e)x1+x2−a≥0⇔∀u>1,(u+e2−2e)⋅lnuu−1−a≥0⇔∀u>1，(u+e2−2e)lnu−a(u−1)≥0．
设D(u)=(u+e2−2e)lnu−a(u−1)，则D(e)=(e+e2−2e)lne−a(e−1)≥0，
解得a≤e．
由a≤e得−a≥−e，由u≥1得u−1≥0，
所以D(u)=(u+e2−2e)lnu−a(u−1)≥(u+e2−2e)lnu−e(u−1)．
设P(u)=(u+e2−2e)lnu−e(u−1)，则P(1)=0，P(e)=0，P′(u)=lnu+e2−2eu+1−e，
由e是自然对数的底数，得e2−2e=e(e−2)>1，
由(1)知，P′(u)=lnu+e2−2eu+1−e在[1,e2−2e]上单调递减，在[e2−2e,+∞)上单调递增；
由e2−2e又因为P′(1)=e2−3e+1=e(e−2)+1−e>0.7e+1−e=1−0.3e>1−0.3×2.8>0，
所以存在唯一u0∈(1,e2−2e)，使P′(u0)=0，
所以当1≤u0；当u0e时，P′(u)>0，
所以当u∈[1,u0]时，P(u)单调递增，故P(u)≥P(1)=0；
当u∈[u0,e]时，P(u)单调递减，故P(u)≥P(e)=0；
当u∈[e,+∞)时，P(u)单调递增，故P(u)≥P(e)=0．
综上，∀u>1，D(u)≥P(u)≥0，
所以实数a的取值范围为(−∞,e]． X
1
2
⋯
n
P
Cn12n−1
Cn22n−1
⋯
Cnn2n−1