2024-2025学年陕西省西安建筑科技大学附属中学高三（上）月考数学试卷（一模）（含答案）

这是一份2024-2025学年陕西省西安建筑科技大学附属中学高三（上）月考数学试卷（一模）（含答案），共9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M={x|−x<−2}，N={−4,−2,0,2,4,6,8}，则M∩N=( )
A. {−4,−2,0}B. {−4}C. {4,6,8}D. {0,2,4,6,8}
2.|i−2i3|=( )
A. 3B. 1C. 3D. 5
3.若数列{an}满足a1=11， an+1= 2an，则a4=( )
A. 704B. 22 2C. 88D. 66
4.已知函数f(x)=lnx，则函数y=f(f(x))的零点为( )
A. 1B. 0C. eD. e
5.若椭圆x2+y22=1的长轴长为3sinα，则cs2α=( )
A. 79B. −79C. −29D. 19
6.在(x+1)(x+2)(x+m)(x+n)的展开式中，含x3的项的系数是7，则m+n=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
7.圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为4.已知P为该圆台某条母线的中点，若一质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则该质点运动的最短路径长为( )
A. 6 2
B. 6
C. 6π
D. 3π
8.已知函数f(x)=sin2x− 3cs2x在[α,π3]与[α+π3,π3]上的值域均为[t, 3]，则α的取值范围为( )
A. [−π2,−5π12]B. [−π2,−π3]C. [−5π12,−π6]D. [−5π6,−π2]
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.已知函数f(x)=ln|x|，则( )
A. f(x)为偶函数B. f(−4)C. f(x)无零点D. f(x)在(−∞,0)上单调递减
10.某地农科所为研究新的大豆品种，在面积相等的80块豆田上种植一种新型的大豆，得到各块豆田的亩产量(单位：kg)，将所得数据按[150,160)，[160,170)，[170,180)，[180,190)，[190,200)，[200,210]分成六组，得到如图所示的频率分布直方图，

则下列结论正确的是( )
A. 这80块豆田的亩产量的中位数低于180kg
B. 这80块豆田的亩产量的极差不高于60kg
C. 在这80块豆田中，亩产量不低于190kg的豆田所占比例为20%
D. 这80块豆田的亩产量的第75百分位数高于180kg
11.如图，在平面直角坐标系xOy中，点B1，B2，B3，…，Bn均在x轴正半轴上，点C1，C2，C3，…，Cn均在y轴正半轴上.已知OB1=1，B1B2=2，B2B3=3，…，Bn−1Bn=n(n≥2)，OC1=1，C1C2=C2C3=⋯=Cn−1Cn=23(n≥2)，四边形OB1D1C1，OB2D2C2，OB3D3C3，⋯，OBnDnCn，OB2D2C2，OB3D3C3，…，OBnDnCn均为长方形.当n≥2时，记Bn−1BnDnCnCn−1为第n−1个倒“L”形，则( )
A. 第10个倒“L”形的面积为100
B. 长方形OBnDnCn的面积为n(n+1)(2n+1)6
C. 点D1，D2，D3，…，Dn均在曲线y2=89x+19上
D. i=160i2能被110整除
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a，b满足a=(−2,1)，a⋅b=2.若(λa−b)⊥a，则λ= ______．
13.已知直线y=kx(k≠0)与曲线y=2x4−3x3相切，则k= ______．
14.如图，已知F1，F2分别是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，M，N分别为双曲线C的左支、右支上异于顶点的点，且MF1//NF2.若|MF1|：|MF2|：|NF2|=5：7：3，则双曲线C的离心率为______．
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13分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA−acsB=0．
(1)求角B的大小；
(2)若c= 2，b= 5，求a；
(3)若c=2 2a，求tanA的值．
16.(本小题15分)
良好的用眼习惯能够从多方面保护眼睛的健康，降低近视发生的可能性，对于保护青少年的视力具有不可替代的重要作用.某班班主任为了让本班学生能够掌握良好的用眼习惯，开展了“爱眼护眼”有奖知识竞赛活动，班主任将竞赛题目分为A，B两组，规定每名学生从A，B两组题目中各随机抽取2道题作答.已知该班学生甲答对A组题的概率均为23，答对B组题的概率均为12.假设学生甲每道题是否答对相互独立．
(1)求学生甲恰好答对3道题的概率；
(2)设学生甲共答对了X道题，求X的分布列及数学期望．
17.(本小题15分)
如图，在九面体ABCDEFGH中，平面AGF⊥平面ABCDEF，平面AFG//平面HCD，AG=GF=CH=HD= 21,AB=6，AB=6，底面ABCDEF为正六边形．
(1)证明：GH//平面ABCDEF．
(2)证明：GH⊥平面AFG．
(3)求GE与平面ABG所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知抛物线Ω：y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0).过F作两条互相垂直的直线l1，l2，且直线l1与Ω交于M，N两点，直线l2与Ω交于E，P两点，M，E均在第一象限.设A，B分别为弦MN，EP的中点，直线ME与直线NP交于点H．
(1)求Ω的方程．
(2)直线AB是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
(3)证明：点H在直线x=−1上．
19.(本小题17分)
若函数f(x)在[a,b]上存在x1，x2(a(1)判断函数f(x)=x3−3x2+1是否是[−1,3]上的“双中值函数”，并说明理由．
(2)已知函数f(x)=12x2−xlnx−ax，存在m>n>0，使得f(m)=f(n)，且f(x)是[n,m]上的“双中值函数”，x1，x2是f(x)在[n,m]上的中值点．
①求a的取值范围；
②证明：x1+x2>a+2．
参考答案
1.C
2.A
3.C
4.C
5.B
6.D
7.A
8.A
9.AD
10.BC
11.BCD
12.25
13.−1
14. 192
15.解：(1)由bsinA−acsB=0及正弦定理得，sinBsinA−sinAcsB=0．
因为A∈(0,π)，所以sinA≠0，则sinB−csB=0，即tanB=1．
因为B∈(0,π)，所以B=π4．
(2)根据余弦定理得5=a2+2−2 2a⋅ 22，即a2−2a−3=0，解得a=3或−1(舍去)，故a=3．
(3)方法一：由c=2 2a和正弦定理，得sinC=2 2sinA，即sin(3π4−A)=2 2sinA．
22sinA+ 22csA=2 2sinA，即 22csA=3 22sinA，则得tanA=13．
方法二：根据余弦定理得b2=a2+c2−2accsB=a2+8a2−4 2a2⋅ 22=5a2，则b= 5a．
csA=b2+c2−a22bc=5a2+8a2−a24 10a2=3 1010>0，则角A是锐角，故sinA= 1−cs2A= 1010，
则tanA=sinAcsA=13．
16.解：(1)易知学生甲恰好答对3道题有以下两种情况：
第一种情况是学生甲答对A组的2道题和B组的1道题，
此时概率P1=(23)2×C21×12×(1−12)=29；
第二种情况是学生甲答对A组的l道题和B组的2道题，
此时概率P2=C21×23×(1−23)×(12)2=19．
则学生甲恰好答对3道题的概率P=P1+P2=13；
(2)易知X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
此时P(X=0)=(1−23)2×(1−12)2=136，
P(X=1)=C21×23×(1−23)×(1−12)2+(1−23)2×C21×12×(1−12)=16，
P(X=2)=(23)2×(1−12)2+(1−23)2×(12)2+C21×23×(1−23)×C21×12×(1−12)=1336，
P(X=4)=(23)2×(12)2=19，
由(1)知P(X=3)=13，
则X的分布列为：
故E(X)=0×136+1×16+2×1336+3×13+4×19=73．
17.解：(1)证明：记AF，CD的中点分别为I，J，连接GI，IJ，JH，
因为AG=GF= 21,AF=6，所以GI⊥AF，且GI= 21−9=2 3
因为平面AGF⊥平面ABCDEF，平面AGF∩平面ABCDEF=AF，GI⊂平面AGF，所以GI⊥平面ABCDEF，
因为平面AFG//平面HCD，所以平面HCD⊥平面ABCDEF，
同理可得：HJ⊥平面ABCDEF，HJ=2 3，
所以GI//HJ，且GI=HJ，所以四边形GIJH为平行四边形，所以GH//IJ，
又因为GH⊄平面ABCDEF，IJ⊂平面ABCDEF，所以GH/​/平面ABCDEF．
(2)证明：由正六边形性质可知，IJ⊥AF，
又平面AGF⊥平面ABCDEF，平面AGF∩平面ABCDEF=AF，IJ⊂平面AGF，
所以IJ⊥平面AGF，
因为GH//IJ，所以GH⊥平面AGF．
(3)由正六边形性质可知，BE⊥IJ，
以IJ，BE所在直线分别为x，y轴，过其交点O作平面ABCDEF的垂线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系．
则G(0,−3 3,2 3),E(−6,0,0),A(3,−3 3,0),B(6,0,0)，
因为GE=(−6,3 3,−2 3),AB=(3,3 3,0),AG=(−3,0,2 3)，
设平面ABG的法向量为n=(x,y,z)，则AB⊥n，AG⊥n，
则AB⋅n=3x+3 3y=0AG⋅n=−3x+2 3z=0，取x= 3，得n=( 3,−1,32)，
记GE与平面ABG所成角为θ，则sinθ=|GE⋅n||GE|⋅|n|=|−6 3−3 3−3 3| 36+27+12× 3+1+94=2425．
18.(1)解：抛物线Ω：y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0)，
则有p2=1，
则p=2，
所以抛物线Ω的方程为y2=4x．
(2)解：直线l1，l2与抛物线各有两个交点，可知直线l1，l2斜率存在且不为0，
设直线l1的斜率为k，
则直线l1：y=k(x−1)，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由y=k(x−1)y2=4x，
消去x并整理得y2−4ky−4=0，
此时Δ=(−4k)2+16>0，
由韦达定理得y1+y2=4k，y1y2=−4，
由A为弦MN的中点，
有A(x1+x22,y1+y22)，
则A(1+2k2,2k)，
由垂直的条件，可将k换为−1k，
设E(x3,y3)，P(x4,y4)，
同理得y3+y4=−4k，y3y4=−4，
有B(1+2k2,−2k)，
当k=1或k=−1时，直线AB的方程为x=3，
当k≠1且k≠−1时，直线AB的斜率为k1−k2，方程为y+2k=k1−k2(x−1−2k2)，
即(k2−1)y+(x−3)k=0，
可知x=3时y=0，
所以直线AB过定点，其坐标为(3,0)．
(3)证明：kME=y1−y3x1−x3=y1−y3y124−y324=4y1+y3，
同理得kNP=4y2+y4，
此时直线ME的方程为y−y1=4y1+y3(x−x1)，
即y=4y1+y3(x−y124)+y1=4y1+y3x+y1y3y1+y3，
同理，直线NP的方程为y=4y2+y4x+y2y4y2+y4=4−4y1−4y3x+16y1y3−4y1−4y3=−y1y3y1+y3x−4y1+y3，
由y=4y1+y3x+y1y3y1+y3y=−y1y3y1+y3x−4y1+y3，
消去y解得x=−1，
故直线ME与直线NP的交点H在直线x=−1上．
19.解：(1)函数f(x)是[−1,3]上的“双中值函数”.理由如下：
因为f(x)=x3−3x2+1，所以f′(x)=3x2−6x．
因为f(3)=1，f(−1)=−3，所以f(3)−f(−1)3−(−1)=1，
令f′(x)=1，得3x2−6x=1，即3x2−6x−1=0，解得x=3±2 33，
因为−1<3−2 33<3+2 33<3，所以f(x)是[−1,3]上的“双中值函数”．
(2)①因为f(m)=f(n)，所以f(m)−f(n)m−n=0，
因为f(x)是[n,m]上的“双中值函数”，所以f′(x1)=f′(x2)=0．
由题意可得f′(x)=x−lnx−a−1．
设g(x)=f′(x)=x−lnx−a−1，则g′(x)=1−1x=x−1x，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，则g(x)为减函数，即f′(x)为减函数；
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，则g(x)为增函数，即f′(x)为增函数，
故f′(x)min=f′(1)=−a，
因为f′(x1)=f′(x2)=0，所以−a<0，所以a>0，即a的取值范围为(0,+∞)；
②证明：不妨设0则x1−lnx1−a−1=0，x2−lnx2−a−1=0，即x1−lnx1=a+1，x2−lnx2=a+1．
要证x1+x2>a+2，即证x2>a+2−x1=1−lnx1，
设ℎ(x)=g(x)−g(1−lnx)=x−1+ln(1−lnx)(0则ℎ′(x)=1−1x(1−lnx)(0设φ(x)=x(1−lnx)(00，
所以φ(x)在(0,1)上单调递增，所以0<φ(x)<φ(1)=1，所以ℎ′(x)=1−1x(1−lnx)<0，
则ℎ(x)在(0,1)上单调递减．
因为ℎ(1)=g(1)−g(1)=0，所以ℎ(x)>0，即g(x)>g(1−lnx)．
因为0g(1−lnx1)，
因为g(x1)=g(x2)=0，所以g(x2)>g(1−lnx1)，
因为01，
由①可知g(x)在(1,+∞)上单调递增，所以x2>1−lnx1，即x1+x2>a+2，得证 X
0
1
2
3
4
P
136
16
1336
13
19