2024-2025学年江苏省泰州市靖江高级中学高三（上）月考数学试卷（9月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省泰州市靖江高级中学高三（上）月考数学试卷（9月份）（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。

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.设集合A={x∈N||x|≤3}，B={x|x−2x+2≤0}，则A∩B=( )
A. {0,1}B. {0,1,2}C. {1,2}D. {−1,0,1,2}
2.已知 3tan20°+λcs70°=3，则λ的值为( )
A. 3B. 2 3C. 3 3D. 4 3
3.已知a，b是夹角为120°的两个单位向量，若向量a+λb在向量a上的投影向量为2a，则λ=( )
A. −2B. 2C. −2 33D. 2 33
4.为测量塔的高度，因地理条件的限制，分别选择C点和一建筑物DE的楼顶E为测量观测点，已知点A为塔底，A，C，D在水平地面上，塔AB和建筑物DE均垂直于地面(如图所示).测得CD=18m，AD=15m，在C点处测得E点的仰角为30°，在E点处测得B点的仰角为60°，则塔AB的高度约为( )( 3≈1.732，精确到0.1m)
A. 35.0m
B. 36.4m
C. 38.4m
D. 39.6m
5.已知集合A={x|(12)x2−x−6<1},B={x|lg4(x+a)<1}，若“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，则实数a的取值范围是( )
A. (−3,6) B. [−3,6] C. (−∞,−3)∪(6,+∞) D. (−∞,−3]∪[6,+∞)
6.若函数f(x)=lnx与g(x)=12ax−1(a>0)的图象有且仅有一个交点，则关于x的不等式f(x−4)A. (−∞,5)B. (5,+∞)C. (5,6)D. (4,5)
7.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A=π10，( 3−1)sinC= 2tanAsin(C+π4)，则( )
A. c2c
8.在△ABC中，AB=4，BC=3，CA=2，点P在该三角形的内切圆上运动，若AP=mAB+nAC(m,n为实
数)，则m+n的最小值为( )
A. 518B. 13C. 718D. 49
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. 已知向量a=(1, 3)，b=(csθ,sinθ)，若a/​/b，则tanθ= 3
B. 已知向量a=(1,3)，b=(m,−2)，若a，b的夹角为钝角，则m<6
C. 已知非零向量a，b，若|a+b|=|a|+|b|，则a与b同向共线
D. 若OA+3OB+4OC=0，则△AOC和△ABC的面积之比为3：8
10.已知x，y均为正实数，则下列说法正确的是( )
A. xyx2+y2的最大值为12 B. 若x+y=4，则x2+y2的最大值为8
C. 若2x+y=1，则x+1y的最小值为3+2 2 D. 若x2+y2=x−y，则x+y+1x+2y的最小值为179
11.定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对于任意实数x，都有f(−x)=e2xf(x)，且满足2f(x)+f′(x)=2x+1−e−2x，则下列说法正确的是( )
A. 函数F(x)=exf(x)为偶函数
B. f(0)=0
C. 不等式exf(x)+xexD. 若方程f(x)x−(x−a)2=0有两个根x1，x2，则x1+x2<2a
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设α为锐角，若cs(α+π3)=− 33，则cs(2α+π6)的值为______．
13.已知函数f(x)=x+1,x≤0lg2x,x>0，则函数y=f(f(x))−1的所有零点构成的集合为 ．
14.近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实推进.农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置.如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为2πrad/s，圆上两点A，B始终满足∠AOB=2π3，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关系呈现周期性变化.现定义：A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运动开始时刻，即t=0秒时，点A位于圆心正下方；则t= ______秒时，A，B两点的竖直距离第一次为0；A，B两点的竖直距离关于时间t的函数解析式为f(t)= ______．
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)
将函数f(x)=sinx图象向左平移φ(0<φ<π2)个单位长度，再将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象.函数g(x)图象经过点(0,12)．
(1)当ω=2时，求函数g(x)的单调递增区间；
(2)若函数g(x)在区间(0,π)上有且仅有一个对称中心和一条对称轴，求ω的取值范围．
16.(本小题15分)
如图，在△ABC中，D是BC中点，E在边AB上，且BE=2EA，AD与CE交于点O．
(1)用AB，AC表示AO；
(2)过点O作直线交线段AB于点G，交线段AC于点H，且AG=23AB，AH=tAC，求t的值；
(3)若AB⋅AC=6AO⋅EC，求ABAC的值．
17.(本小题15分)
从①a+acsC= 3csin(B+C)；②csin(B+π6)=a+b2；③sinB−sinA=sin(C−A).这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答该题.记锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知_____．
(1)求角C大小；
(2)若△ABC面积为10 3，tanA=5 311，求AB边上的中线长；
(3)若a= 3，求△ABC周长的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)= 1+x+ 1−x．
(1)求函数f(x)的定义域和值域；
(2)设F(x)=a2⋅[f2(x)−2]+f(x)(a为实数)，求F(x)在a<0时的最大值g(a)；
(3)对(2)中g(a)，若−m2+2tm+ 2≤g(a)对a<0所有的实数a及t∈[−1,1]恒成立，求实数m的取值范围．
19.(本小题17分)
若x=m时，函数f(x)取得极大值或极小值，则称m为函数f(x)的极值点.已知函数f(x)=lnx+2x+a，g(x)= ax，其中a为正实数．
(1)若函数f(x)有极值点，求a的取值范围；
(2)当x2>x1>0，x2和x1的几何平均数为 x2x1，算术平均数为x2+x12．
①判断x2−x1lnx2−lnx1与x2和x1的几何平均数和算术平均数的大小关系，并加以证明；
②当a≥1时，证明：f(x)≤g(x)．
参考答案
1.B
2.D
3.A
4.B
5.D
6.D
7.A
8.B
9.ACD
10.AC
11.AB
12.−2 23
13.{−1,1,4}
14.13 3|sin(2πt+π3)|
15.解：(1)g(x)=sin(ωx+φ)，
∵g(x)过(0,12)，
∴sinφ=12，
∵0<φ<π2，
∴φ=π6，
∴g(x)=sin(2x+π6)，
令−π2+2kπ≤2x+π6≤2kπ+π2(k∈Z)，整理得−π3+kπ≤x≤kπ+π6(k∈Z)；
∴g(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ]，k∈Z．
(2)g(x)=sin(ωx+π6)，
∵0∴π6<ωx+π6<ωπ+π6，
令ωx+π6=t，
∴g(x)=ℎ(t)=sint在t∈(π6,ωπ+π6)上有且仅有一个对称中心和一条对称轴，

∴π<ωπ+π6≤3π2⇒56<ω≤43；
∴ω的取值范围为(56,43]．
16.解：(1)在△ABC中，D是BC中点，E在边AB上，且BE=2EA，AD与CE交于点O．
可得A，O，D三点共线，所以AO=λAD，(λ∈R)，且E，O，C三点共线，
所以AO=μAE+(1−μ)AC，其中D是BC中点，且BE=2EA，
所以AO=λAD=λ(12AB+12AC)=12λAB+12λACAO=μAE+(1−μ)AC=μ3AB+(1−μ)AC即12λ=μ312λ=(1−μ)，
解得λ=12，μ=34，
所以AO=14AB+14AC．
(2)过点O作直线交线段AB于点G，交线段AC于点H，且AG=23AB，AH=tAC，
可得H，O，G三点共线，所以AO=mAG+(1−m)AH，
其中AG=23AB，AH=tAC，所以AO=2m3AB+(1−m)tAC，
根据平面向量基本定理可得：2m3=14(1−m)t=14即m=38t=25，所以t=25．
(3)AB⋅AC=6AO⋅EC=6(14AB+14AC)⋅(−13AB+AC)=32(−13AB2+AC2+23AB⋅AC)，
整理可得：AC2=13AB2，所以ABAC= 3．
17.解：(1)锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
选择条件①：a+acsC= 3csin(B+C)，
由正弦定理得sinA+sinAcsC= 3sinCsinA，
∴1+csC= 3sinC，∴ 3sinC−csC=1，
∴2sin(C−π6)=1，∵C∈(0,π)，∴C−π6=π6，解得C=π3，
即角C的大小为π3；
选择条件②：csin(B+π6)=a+b2，
由正弦定理得sinCsin(B+π6)=sinA+sinB2，
∴sinC( 32sinB+12csB)=sin(B+C)+sinB2=sinB+sinBcsC+csBsinC2，
整理得 3sinBsinC=sinBcsC+sinB，∴ 3sinC=csC+1，
∴ 3sinC−csC=1，得到2sin(C−π6)=1，
∵C∈(0,π)，∴C−π6=π6，解得C=π3，
即角C的大小为π3；
选择条件③：sinB−sinA=sin(C−A)，
则sin(A+C)−sinA=sin(C−A)，
∴sinAcsC+csAsinC−sinA=sinCcsA−csCsinA，
∴2sinAcsC=sinA，可得2csC=1，
∵C∈(0,π)，∴csC=12，解得C=π3，
即角C的大小为π3；
(2)锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
△ABC面积为10 3，tanA=5 311，∴sinAcsA=5 311，
∴5 3csA=11sinA，∴sinA=5 311csA，
在△ABC中，∵sinA>0恒成立，∴csA>0，
∵sin2A+cs2A=1，∴(5 311csA)2+cs2A=1，
解得csA=1114，sinA=5 314，∵△ABC面积为10 3，
∴12×5 314×bc=10 3，解得bc=56，
由上问得C=π3，∴12× 32×ab=10 3，解得ab=40，
∵sinB=sin[π−(A+C)]=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC=5 314×12+1114× 32=4 37，
∵△ABC面积为10 3，∴12×4 37ac=10 3，解得ac=35，
综上，a=5，b=8，c=7(负根舍去)，
设AB边上的中线为d，由向量中线定理得d=12(a+b)，
∴|d|2=14(|a|2+2×|a|×|b|×12+|b|2)，
代入得|d|2=14(25+2×5×8×12+64)=14(25+40+64)，
解得|d|2=1294，∴|d|= 1292，
∴当△ABC面积为10 3，tanA=5 311时，AB边上的中线长为 1292；
(3)锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a= 3，C=π3，
∴ 3sinA=bsinB=c 32，
∴ 3sinA=bsin(A+π3)=c 32，∴c=32sinA，b= 3sin(A+π3)sinA，
∴b+c= 3sin(A+π3)sinA+32sinA=2 3(12sinA+ 32csA)2sinA+32sinA
= 3sinA+3csA2sinA+32sinA= 32+32sinA+32tanA，
∴△ABC周长为： 32+32sinA+32tanA+ 3=3 32+32tanA，
∵锐角△ABC，∴A∈(0,π2)，B=2π3−A∈(0,π2)，∴A∈(π6,π2)，
∵y=sinA，y=tanA在(π6,π2)上单调递增，
∴y=32sinA，y=32tanA在(π6,π2)上单调递减，
设f(A)=3 32+32sinA+32tanA，则由题意可得f(A)在(π6,π2)上单调递减，
f(π6)=3 32+32×12+32× 33=3 32+3+3 32=3 3+3，
当x→π2时，f(A)→3 32+32，∴f(A)∈(3 32+32,3 3+3)．
∴当a= 3时，△ABC周长的取值范围为(3 32+32,3 3+3)．
18.解：(1)由1+x≥0且1−x≥0，得−1≤x≤1，
所以函数的定义域为[−1,1]，
又[f(x)]2=2+2 1−x2∈[2,4]，由f(x)≥0，得f(x)∈[ 2,2]，
所以函数值域为[ 2,2]；
(2)因为F(x)=a2⋅[f2(x)−2]+f(x)=a 1−x2+ 1+x+ 1−x，
令t=f(x)= 1+x+ 1−x，则 1−x2=12t2−1，
∴F(x)=m(t)=a(12t2−1)+t=12at2+t−a，t∈[ 2,2]，
由题意知g(a)即为函数m(t)=12at2+t−a，t∈[ 2,2]的最大值．
注意到直线t=−1a是抛物线m(t)=12at2+t−a的对称轴．
因为a<0时，函数y=m(t)，t∈[ 2,2]的图象是开口向下的抛物线的一段，
①若t=−1a∈(0, 2]，即a≤− 22，则g(a)=m( 2)= 2；
②若t=−1a∈( 2,2]，即− 22③若t=−1a∈(2,+∞)，即−12综上有g(a)=a+2,−12(3)易得gmin(a)= 2，
由−m2+2tm+ 2≤g(a)对a<0恒成立，即要使−m2+2tm+ 2≤gmin(a)= 2恒成立，
⇒m2−2tm≥0，令ℎ(t)=−2mt+m2，对所有的t∈[−1,1]，ℎ(t)≥0成立，
只需ℎ(−1)=2m+m2≥0ℎ(1)=−2m+m2≥0，
解得m的取值范围是m≤−2或m=0，或m≥2．
19.解：(1)f′(x)=1x−2(x+a)2=(x+a)2−2xx(x+a)2=0在(0,+∞)上有变号零点，
即g(x)=x2+(2a−2)x+a2=0在(0,+∞)上有变号零点．
若1−a≤0，即a≥1时，只需g(0)=a2<0矛盾，
若1−a>0，即00⇒a<12，
故a的取值范围为(0,12)．
(2)① x1x2先证右边⇔证lnx2x1>2(x2−x1)x2+x1=2(x2x1−1)x2x1+1，
令x2x1=t,t>1⇔证：lnt>2(t−1)t+1，
令g(t)=lnt−2(t−1)t+1，则g′(t)=1t−2(t+1)−2(t−1)(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
∴g(t)在(1,+∞)上单调递增，∴g(t)>g(1)=0，
再证左边⇔证：2ln x2x1< x2x1− x1x2，令 x2x1=t⇔证2lnt1，
令ℎ(t)=lnt−12(t−1t),ℎ′(t)=1t−12(1+1t2)=2t−t2−12t2=−(t−1)22t2<0，
∴ℎ(t)在(1,+∞)上单调递减，∴ℎ(t)<ℎ(1)=0，证毕!
②a≥1时，f(x)−g(x)=lnx+2x+a− ax=F(a),F(a)关于a单调递减，
∴F(a)≤F(1)=lnx+2x+1− x=H(x)，
H′(x)=1x−2(x+1)2−12 x令m= x m2−2(m2+1)2−12m
=2(m2+1)2−4m2−m(m2+1)22m2(m2+1)2=−m5+2m4−2m3+2−m2m2(m2+1)2
=−(m−1)(m4−m3+m2+m+2)2m2(m2+1)2，
设φ(m)=m4−m3+m2+m+2，m>0，
当00，φ(m)=m4−m3+m2+m+2>0；
当m>1时，m4>m3，φ(m)=m4−m3+m2+m+2>0，
∴H(x)在(0,1)上单调递增，(1,+∞)上单调递减，
∴H(x)≤H(1)=0，∴当a≥1时，f(x)≤g(x)．