2024-2025学年湖南省岳阳市汨罗一中高三（上）月考数学试卷（9月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年湖南省岳阳市汨罗一中高三（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.已知集合A={x|x2−x−2≥0}，B={−2,−1,0,1}，则A∩B=( )
A. {−2,−1,0}B. {−1,0,1}C. {−2}D. {−2,−1}
2.已知命题¬p：∃a∈R，aπ−πa>0，则( )
A. p：∃a∉R，aπ−πa>0B. p：∀a∉R，aπ−πa≤0
C. p：∃a∈R，aπ−πa≤0D. p：∀a∈R，aπ−πa≤0
3.设a，b是实数，则“a>|b|”是“ln(a2+1)>ln(b2+1)”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
4.2023年7月12日9时0分，由中国“蓝箭航天”自主研制的朱雀二号遥二运载火箭的发射任务取得圆满成功，该火箭由此成为全球首款成功入轨的液氧甲烷火箭，标志着我国运载火箭在新型低成本液体推进剂应用方面取得重大突破.在火箭研发的有关理论中，齐奥尔科夫斯基单级火箭的最大理想速度公式至关重要.其公式为v=qlnM0Mk，其中v为单级火箭的最大理想速度(单位：m⋅s−1)，q为发动机的喷射速度(单位：m⋅s−1)，M0，Mk分别为火箭的初始质量和发动机熄火(推进剂用完)时的质量(单位：kg)，M0Mk称为火箭的初末质量比.要使火箭达到某个速度，应当提升火箭的初末质量比以及喷射速度，但由于火箭可能的结构(各类动力、连接装置等)所制约，初末质量比不可能大于10.现有某型号单级火箭的发动机能获得的最大喷射速度约为400s×9.8m⋅s−2≈4km⋅s−1，那么它能获得的最大理想速度约为(参考数据：ln2≈0.69，ln5≈1.61)( )
A. 4.44km⋅s−1B. 7.2km⋅s−1C. 9.2km⋅s−1D. 8.8km⋅s−1
5.已知锐角α满足tanα= 22，则sin2α=( )
A. 2 23B. 23C. 23D. 13
6.设2a=3b=t，若1a+2b=2，则t=( )
A. 2 3B. 6C. 3 2D. 6
7.在△ABC中，点M在线段BC上，AN=23AM=λAB+μAC，则λ+μ=( )
A. 14B. 13C. 23D. 1
8.已知a=e0.03，b=ln(1.03e)，c= 1.06，则( )
A. c>a>bB. a>c>bC. b>a>cD. a>b>c
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若甲组样本数据x1，x2，……，xn(数据各不相同)的平均数为3，乙组样本数据2x1+a，2x2+a，……，2xn+a的平均数为5，下列说错误的是( )
A. a的值不确定
B. 乙组样本数据的方差为甲组样本数据方差的2倍
C. 两组样本数据的极差可能相等
D. 两组样本数据的中位数可能相等
10.定义在R上的连续函数f(x)满足∀x，y∈R，f(xy)=f(x)f(y)，f(1)=1，则( )
A. f(0)=0
B. 当x，y∈(0,+∞)时，f(xy)=f(x)f(y)
C. 若f(−1)=1，则f(x)为偶函数
D. 当x≠0时，f(x)+f(1x)≥2
11.绿水青山就是金山银山，为响应党的号召，某小区把一处荒地改造成公园进行绿化.在绿化带旁边放置一些砌成的完全相同的石墩，石墩的上部是半径为15cm的球的一部分，下部是底面半径为12cm的圆柱体，整个石墩的高为48cm，如图所示(注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高.球缺的体积V=13π(3R−ℎ)⋅ℎ2，其中R为球的半径，ℎ为球缺的高)，下列说法正确的是( )
A. 石墩上、下两部分的高之比为1：1
B. 石墩表面上两点间距离的最大值为(6 30+15)cm
C. 每个石墩的体积为7488πcm3
D. 将石墩放置在一个球内，则该球半径的最小值为512cm
12.设数列{an}满足an+1=an2−3an+4，a1=3，记数列{1an−1}的前n项和为Sn，则( )
A. an+1>anB. a2023≤32+202332
C. Sn<1D. a2023>32+(32)2023
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知过点P(3,3)作圆O：x2+y2=2的切线，则切线长为______．
14.函数y=21x4−1的值域为______．
15.从5男3女共8名学生中选出组长1人，副组长1人，普通组员3人组成5人志愿组，要求志愿组中至少有3名男生，且组长和副组长性别不同，则共有______种不同的选法.(用数字作答)
16.已知a，b满足lg9(2a−1)=5−2a，2⋅3b−1+b=9，则b+4a= ______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
函数A={x|y=lg6−2xx+2}，B={x|x2+2kx−3k2≤0}，若“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，求实数k的取值范围．
18.(本小题12分)
已知数列{an}满足a1=0，且an+1=12−an(n∈N∗)．
(1)求证：数列{1an−1}是等差数列；
(2)记bn=(−1)n+1(2−an−an+1)，数列{bn}的前n项和为Tn．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=x3−x2−ax+1，a∈R．
(1)若∃x>0，f(x)<0，求a的取值范围；
(2)设函数g(x)=f(x)+ax−1，ℎ(x)=x2+bx，若斜率为1的直线与曲线y=g(x)，y=ℎ(x)都相切，求b的值．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB=AC=AD=2，PA=3BC=3．
(1)证明：平面PAC⊥平面PBC;
(2)若AD⊥AB，求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值．
21.(本小题12分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，过F作斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，当k= 2时，|AB|=6．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)设线段AB的中垂线与x轴交于点P，抛物线C在A，B两点处的切线相交于点Q，设P，Q两点到直线l的距离分别为d1，d2，求d1d2的值．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)定义在区间(−1,1)内，f(−45)=2，且当∀x，y∈(−1,1)时，恒有f(x)+f(y)=f(x+y1+xy)．
(1)证明：f(x)为奇函数；
(2)若数列{an}，{bn}满足0参考答案
1.D
2.D
3.A
4.C
5.A
6.C
7.C
8.B
9.ABC
10.BC
11.ACD
12.ACD
13.4
14.(0,12]∪(1,+∞)
15.480
16.11
17.解：
因为6−2xx+2>0，所以(x+2)(x−3)<0，
解得x∈(−2,3)，
由x2+2kx−3k2≤0，得(x+3k)(x−k)≤0，
当k>0时，x∈[−3k,k]；
当k=0时，x=0；
当k<0时，x∈[k,−3k]，
因为“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，∴A⫋B，
所以当k>0时，−3k≤−2k≥3，解得k≥3；
当k=0时，不符合题意；
当k<0时，k≤−2−3k≥3，解得k≤−2；
综上，实数k的取值范围为(−∞,−2]∪[3,+∞)．
18.(1)证明：∵an+1−1=12−an−1=an−12−an，
∴1an+1−1=1an−1−1，即1an+1−1−1an−1=−1(n∈N∗)，
∴数列{1an−1}是以−1为公差的等差数列．
(2)解：由(1)可知数列{1an−1}是以−1为公差的等差数列，且1a1−1=−1，
∴1an−1=−n，∴an=1−1n，
∴bn=(−1)n+1(1n+1n+1)，
∴Tn=(1+12)−(12+13)+(13+14)−⋯+(−1)n+1(1n+1n+1)=1+(−1)n+1(1n+1)，
①当n为奇数时，Tn=1+1n+1，
②当n为偶数时，Tn=1−1n+1．
19.解：(1)由题意∃x>0，f(x)<0，得x3−x2−ax+1<0，
即a>x3−x2+1x在x>0时有解，
设p(x)=x3−x2+1x，
则p′(x)=2x−1x2−1，p′(1)=0，
由p″(x)=2+2x3>0，得p′(x)单调递增，
所以当x∈(0,1)时，p′(x)<0，p(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，p′(x)>0，p(x)单调递增，
所以p(x)min=p(1)=1，所以a>1，
即a的取值范围是(1,+∞)．
(2)由题意得g(x)=x3−x2，所以g′(x)=3x2−2x，
令g′(x)=1，解得x1=1，x2=−13，
故直线与y=g(x)的两个切点坐标分别为(1,0)，(−13,−427)，
故切线方程分别为y=x−1和y=x+527，
令x−1=x2+bx，整理得x2+(b−1)x+1=0，
由Δ1=(b−1)2−4=0，解得：b=3或b=−1，
令x+527=x2+bx，解得：x2+(b−1)x−527=0，
由Δ2=(b−1)2+2027=0，无解，
经检验，直线与y=ℎ(x)的两个切点坐标分别为(−1,−2)，(1,0)，
综上，b=3或b=−1．
20.解：(1)证明：因为PB⊥平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，
所以PB⊥AB，在Rt△PAB中，可求得AB= 32−22= 5．
在△ABC中，因为BC=1，AC=2，
所以AC2+BC2=5=AB2，所以AC⊥BC，
又PB⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PB，
又PB∩BC=B，PB，BC⊂平面PBC，
所以AC⊥平面PBC，又AC⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面PBC；
(2)因为AB⊥AD，PB⊥平面ABCD，
所以以A为原点，分别以AD,BA,BP的方向为x，y，z轴的正方向，建系如图，
则P(0,− 5,2),C(2 55,−4 55,0),D(2,0,0),AD=(2,0,0),AP=(0,− 5,2)．
由(1)知AC⊥平面PBC，
所以AC=(2 55,−4 55,0)为平面PBC的一个法向量．
设平面PAD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AD=2x=0n⋅AP=− 5y+2z=0，取n=(0,2, 5)，
设平面PBC与平面PAD的夹角为θ，
则csθ=|cs⟨n,AC⟩|=n⋅AC|n||AC|=4 515．
21.解：(1)当k= 2时，直线l的方程为y= 2(x−p2)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立方程组y= 2(x−p2)y2=2px，消去y得x2−2px+p24=0，
所以Δ1=4p2−4×p24=3p2>0恒成立，
则由韦达定理可得，x1+x2=2p，x1x2=p24，
所以|AB|= 1+( 2)2× (x1+x2)2−4x1x2= 3× 4p2−p2=3p=6，
解得p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x；
(2)由(1)知F(1,0)，则l：y=k(x−1)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
显然x1>0，x2>0，线段AB的中点为M，
联立方程组y=k(x−1)y2=4x，消去y得，k2x2−(2k2+4)x+k2=0(k>0)，
Δ2=(2k2+4)2−4k4=16k2+16>0恒成立，
则由韦达定理可得，x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1，
所以y1+y2=k(x1+x2)−2k=k⋅2k2+4k2−2k=4k，
所以M(k2+2k2,2k)，
则AB的中垂线方程为y−2k=−1k(x−k2+2k2)，
令y=0，得x=3+2k2，
所以P(3+2k2,0)，
所以d1=|k(3+2k2)−k| k2+1=2 k2+1k．
由y2=4x(y≠0)，得2yy′=4，则y′=2y，
不妨设y1=2 x1，y2=−2 x2，
则切线QA的斜率为22 x1=1 x1，切线QB的斜率为−1 x2，
则切线QA：y−2 x1=1 x1(x−x1)，即y=1 x1x+ x1，
切线QB：y+2 x2=−1 x2(x−x2)，即y=−1 x2x− x2，
联立方程组直线QA和QB的方程，解得x=− x1x2=−1y= x1−1 x1，
由k2x12−(2k2+4)x1+k2=0，x12−(2+4k2)x1+1=0，
得[x1−(1+2k2)]2=(1+2k2)2−1，
得x1=1+2k2± (1+2k2)2−1，
得x1=k2+1±2 k2+1+1k2，
得x1=( 1+k2±1k)2，
因为k=y1−0x1−1=2 x1x1−1>0，
所以x1>1，
而x1=( 1+k2−1k)2<1，
所以x1=( 1+k2+1k)2，
所以 x1= 1+k2+1k，
则y= x1−1 x1= 1+k2+1k−k 1+k2+1=2k，
所以Q(−1,2k)，
所以点Q到直线kx−y−k=0的距离d2=|−k−2k−k| 1+k2=2 1+k2k．
故d1d2=1．
22.(1)证明：由题意知f(x)的定义域为(−1,1)，
∀x，y∈(−1,1)时，恒有f(x)+f(y)=f(x+y1+xy)，
令x=y=0，则f(0)+f(0)=f(0)，故f(0)=0，
再令y=−x，则f(x)+f(−x)=f(0)=0，
所以f(−x)=−f(x)，
故f(x)为奇函数．
(2)解：由题意得f(an+1)=f(2an1+an2)=f(an)+f(an)=2f(an)，
又f(12)+f(12)=f(12+121+12×12)=f(45)=−f(45)=−2，
∴f(12)=−1，即f(a1)=−1≠0，
∴f(an+1)f(an)=2，
故{f(an)}是首项为−1，公比为2的等比数列，
∴f(an)=−2n−1，
∴bn=−(220+321+422+⋅⋅⋅+n+12n−1)，
∴12bn=−(221+322+423+⋅⋅⋅+n+12n)，
两式相减得12bn=−(2+12+122+⋅⋅⋅+12n−1−n+12n)=−[2+1−(12)n−1−n+12n]=−3+n+32n，
∴bn=−6+n+32n−1，
∴(−1)n(bn+6)⋅λ=(−1)nn+32n−1⋅λ<4(n∈N∗)恒成立，即(−1)nλ<2n+1n+3(n∈N∗)恒成立．
设cn=2n+1n+3，则cn+1−cn=2n+2n+4−2n+1n+3=(n+2)2n+1(n+4)(n+3)>0，
∴数列{2n+1n+3}递增．
若n为奇数，λ>−2n+1n+3=−cn，当n=1时，−cn有最大值−1，故λ>−1；
若n为偶数，λ<2n+1n+3=cn，当n=2时，cn有最小值85，故λ<85．
综上，λ的取值范围是(−1,85).