2024-2025学年福建省福州四中高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

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这是一份2024-2025学年福建省福州四中高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共7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.复数z满足|z−i|= 2,z在复平面内对应的点为(x,y)，则( )
A. (x−1)2+y2=4B. (x−1)2+y2=2
C. x2+(y−1)2=4D. x2+(y−1)2=2
2.若角α的终边过点(4,3)，则sin(α+π2)=( )
A. 45B. −45C. 35D. −35
3.如图，在△ABC中，点D在BC的延长线上，|BD|=3|DC|，如果AD=xAB+yAC，那么( )
A. x=12,y=32
B. x=−12,y=32
C. x=−12,y=−32
D. x=12,y=−32
4.已知等比数列{an}中，a1+a3=2，a4+a6=16，则a10+a12=( )
A. 26B. 32C. 512D. 1024
5.已知函数f(x)是定义域为R的偶函数，在区间(0,+∞)上单调递增，且对任意x1，x2，均有f(x1x2)=f(x1)f(x2)成立，则下列函数中符合条件的是( )
A. y=ln|x|B. y=x3C. y=2|x|D. y=|x|
6.函数f(x)=x3−ax2−bx+a2在x=1处有极值10，则点(a,b)为( )
A. (3,−3)B. (−4,11)
C. (3,−3)或(−4,11)D. 不存在
7.设f(x)=(x+a)2,x≤0,x+1x+a,x>0,若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为( )
A. [−1,0]B. [−1,2]C. [−2,−1]D. [−2,0]
8.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于A点，直线AF1交C的另一条渐近线于点B，F1B=BA，则C的离心率为( )
A. 2B. 3C. 2D. 3
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X∼N(μ,σ2)，则( )
A. E(X)=μB. D(X)=σ
C. P(X≤μ+σ)+P(X≤μ−σ)=1D. P(X≥μ+2σ)>P(X≤μ−σ)
10.对于随机事件A，B，若P(A)=25，P(B)=35，P(B|A)=14，则( )
A. P(AB)=320B. P(A|B)=16C. P(A+B)=910D. P(A−B)=12
11.如图，曲线C是一条“双纽线”，其C上的点满足：到点F1(−2,0)与到点F2(2,0)的距离之积为4，则下列结论正确的是( )
A. 点D(2 2,0)在曲线C上
B. 点M(x,1)(x>0)在C上，则|MF1|=2 2
C. 点Q在椭圆x26+y22=1上，若F1Q⊥F2Q，则Q∈C
D. 过F2作x轴的垂线交C于A，B两点，则|AB|<2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l1：ax+2y−3=0与l2：3x+(1−a)y+4=0，若l1⊥l2，则实数a的值为______．
13.某高中学校选拔出四名学生参加知识竞赛，四名学生按顺序作答，要求甲不在第一个出场，乙不在最后一个出场，则不同排法的总数是______．
14.若事件A，B发生的概率分别为P(A)=12，P(B)=23，且A与B相互独立，则P(A∪B)= ．
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，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=4,C=2π3,D为AB边上一点．
(1)若D为AB的中点，且CD= 3，求b；
(2)若CD平分∠ACB，且CD=43，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
已知双曲线x2a2−y2b2=1的渐近线方程为y=± 33x，左焦点为F，过A(a,0)，B(0,−b)的直线为l，原点到直线l的距离是 32．
(1)求双曲线的方程；
(2)已知直线y=x+m交双曲线于不同的两点C，D，问是否存在实数m，使得以CD为直径的圆经过双曲线的左焦点F.若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
17.(本小题15分)
如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为1和2的正方形，侧棱DD1垂直于上、下底面，且DD1=2．
(1)证明：直线AA1//平面BC1D；
(2)求平面BC1D与平面BCD夹角的余弦值；
(3)求多面体ABD−A1B1C1D1的体积．
18.(本小题17分)
已知f(x)=a⋅bx(a,b∈R且b>0)，且满足f(3)+f(1)⋅f(5)=6，f(6)=16．
(1)求函数y=f(x)的解析式；
(2)函数y=g(x)(x>0)满足条件f(g(x))=x，若存在实数x，使得g(x+1)、g(λx)、g(x+2)成等差数列，求正实数λ的取值范围．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=lnx−a(x−1)x+1,a∈R．
(Ⅰ)若x=2是函数f(x)的极值点，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(Ⅱ)若函数f(x)在(0,+∞)上为单调增函数，求a的取值范围；
(Ⅲ)设m，n为正实数，且m>n，求证：m−nlnm−lnn参考答案
1.D
2.A
3.B
4.D
5.D
6.B
7.A
8.C
9.AC
10.BCD
11.ACD
12.−2
13.14
14.56
15.解：(1)在△ABC中，a=4,C=2π3，因为D为AB的中点，所以CD=12(CA+CB)，
两边平方得CD2=14(CA2+CB2+2CA⋅CB)，
则3=14(b2+16+2×4×b×cs2π3)，解得b=2．
(2)因为CD平分∠ACB，所以∠ACD=∠BCD=π3，
又S△ACD+S△BCD=S△ABC，
所以12×43×b×sinπ3+12×4×43×sinπ3=12×4×b×sin2π3，解得b=2，
所以S△ABC=12×4×2×sin2π3=2 3．
16.解：(1)∵ba= 33，
原点到直线AB：xa−yb=1的距离，d=ab a2+b2=abc= 32．
∴b=1,a= 3.故所求双曲线方程为 x23−y2=1．
(2)把y=x+m代入x2−3y2=3中消去y，整理得 2x2+6mx+3m2+3=0．
设C(x1,y1)，D(x2,y2)，则x1+x2=−3m, x1x2=3m2+32，F(−2,0)，
因为以CD为直径的圆经过双曲线的左焦点F，所以FC⋅FD=0，
可得 (x1+2)(x2+2)+y1y2=0，把y1=x1+m，y2=x2+m代入，
解得：m=3± 2，
解△>0，得m2>2，
∴m=3± 2满足△>0，
∴m=3± 2．
17.解：(1)证明：设AC∩BD=O，连接C1O，A1C1，
由棱台的性质知A1C1//AC，
又根据题意可知A1C1= 2，AO= 2，
∴四边形AOC1A1为平行四边形，∴AA1//OC1，
又OC1⊂平面BC1D，AA1⊄平面BC1D，
∴直线AA1//平面BC1D；
(2)∵DD1⊥平面ABCD，又四边形ABCD为正方形，
∴DA，DC，DD1两两垂直，
故建系如图：

∵DD1=2，∴D(0,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,1,2)，
∴DC1=(0,1,2)，DB=(2,2,0)，
设平面BC1D的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DC1=0,n⋅DB=0,，y+2z=0,2x+2y=0,，取n=(2,−2,1)，
同理取平面BCD的一个法向量m=(0,0,1)，
∴平面BC1D与平面BCD夹角的余弦值为：
|cs|=|m⋅n||m||n|=11×3=13；
(3)∵四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积为V=13×2×(1+4+2)=143，
又三棱锥C1−BCD的体积为V1=13×2×2=43，
∴多面体ABD−A1B1C1D1的体积为V2=V−V1=103．
18.解：(1)由题可知，ab3+ab⋅ab5=6ab6=16，
解得a=14b=2，
所以f(x)=14⋅2x=2x−2，
(2)由题可知2g(x)−2=x，得g(x)=lg2x+2，
所以g(x+1)=lg2(x+1)+2，g(λx)=lg2(λx)+2，g(x+2)=lg2(x+2)+2，
若存在实数x使g(x+1)、g(λx)、g(x+2)为等差数列，
可得g(x+1)+g(x+2)=2g(λx)，
即若存在实数x，lg2(x+1)+2+lg2(x+2)+2=2[lg2(λx)+2]，
显然x>−1，λx>0，
因为λ>0，所以x>0，
化简得(1−λ2)x2+3x+2=0，
故该方程在(0,+∞)有解即可，
当λ=1时，得3x+2=0⇒x=−23，不符合题意；
当λ≠1时，得(1−λ2)x2+3x+2=0，
可得Δ=9−4(1−λ2)×2=1+8λ2>0，
解得x=−3± 1+8λ22(1−λ2)，
所以只需−3+ 1+8λ22(1−λ2)>0或−3− 1+8λ22(1−λ2)>0都可，
得−3+ 1+8λ22(1−λ2)>0无解；−3− 1+8λ22(1−λ2)>0，
解得λ2<1，
又因为λ>0，
所以得0<λ<1，
故λ的取值范围是(0,1)．
19.解：(I)f′(x)=1x−a(x+1)−a(x−1)(x+1)2=x2+(2−2a)x+1x(x+1)2，
由题意知f′(2)=0，解得a=94，经检验符合题意．
从而切线的斜率为k=f′(1)=−18，切点为(1,0)
切线方程为x+8y−1=0
(II)f′(x)=x2+(2−2a)x+1x(x+1)2，
因为f(x)在(0,+∞)上为单调增函数，所以f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立
即x2+(2−2a)x+1≥0在(0,+∞)上恒成立，
当x∈(0,+∞)时，由x2+(2−2a)x+1≥0，
得：2a−2≤x+1x，
设g(x)=x+1x，x∈(0,+∞)，
则g(x)=x+1x≥2 x⋅1x=2，当且仅当x=1x即x=1时，g(x)有最小值2，
所以2a−2≤2，解得a≤2，所以a的取值范围是(−∞,2]；
(III)要证m−nlnm−lnn即lnmn>2(mn−1)mn+1，即lnmn−2(mn−1)mn+1>0，
设ℎ(x)=lnx−2(x−1)x+1，
由(II)知ℎ(x)在(1,+∞)上是单调增函数，又mn>1，
所以ℎ(mn)>ℎ(1)=0，即lnmn−2(mn−1)mn+1>0成立，
得到m−nlnm−lnn