2024-2025学年上海外国语大学附属大境中学高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年上海外国语大学附属大境中学高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共4小题，共18分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.“x≥1”是“x>1”的( )
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件
2.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的实轴为4，抛物线y2=2px(p>0)的准线过双曲线的左顶点，抛物线与双曲线的一个交点为P(4,m)，则双曲线的渐近线方程为( )
A. y=±2 63xB. y=±2 33xC. y=±23xD. y=± 64x
3.设z1、z2为复数，下列命题一定成立的是( )
A. 如果z12+z22=0，那么z1=z2=0
B. 如果|z1|=|z2|，那么z1=±z2
C. 如果|z1|≤a，a是正实数，那么−a≤z1≤a
D. 如果z=z−，那么z为实数
4.已知数列{an}满足a1=1，an+1−an=−12n，存在正偶数n使得(an−λ)(an+1+λ)>0，且对任意正奇数n有(an−λ)(an+1+λ)0的解集为______．
14.已知函数f(x)=x+2,x0，使函数y=f(x)与y=g(x)在区间(2,+∞)内存在“S点”，求实数b的取值范围．
参考答案
1.B
2.A
3.D
4.D
5.−12
6.x4
7.e
8.18
9.π3
10.(−∞,−4)
11.( 34,34)
12.π3
13.(2,3)
14.[−134,3]
15.4
16.(−12,0)
17.(1)证明：在梯形ABCD中，AB=BC=12AD=1，AD//BC，∠CBA=90°，
解得AC=CD= 2，
满足AC2+CD2=AD2，所以AC⊥CD，
因为PA⊥面ABCD，CD⊂面ABCD，所以PA⊥CD，
因为PA∩AC=A，所以CD⊥面PAC，
因为PC⊂面PAC，
所以CD⊥PC．
(2)解：VA−PCD=VP−ACD=13×12×2×1×PA=13，
解得PA=1，
PA⊥面ABCD，所以PA⊥BC，
因为∠CBA=90°，
因为AB、PA是面PAB的两条相交直线，
所以CD⊥面PAB，
故PB是PC在面PAB上的投影，
所以∠CPB即为直线PC与面PAB所成的角．
在△PAB中，解得PB= 2
tan∠CPB=BCPB= 22，
所以直线PC与平面PAB所成角的大小为arctan 22．
18.解：(1)∵向量a=( 3sinx,1)，b=(csx,−1)，
又a/​/b，
∴1×csx=−1× 3sinx，csx不为0，否则sinx也为0，
∴tanx=− 33，
∴tan2x=2tanx1−tan2x=− 3．
(2)∵f(x)=(a+b)⋅b，
∴f(x)= 3sinxcsx+cs2x
= 32sin2x+12cs2x+12，
=sin(2x+π6)+12，
∴函数f(x)的最小正周期T=2π2=π，
∵x∈[0,π2]，
∴2x+π6∈[π6,7π6]，
即2x+π6=π2即x=π6时，函数取最大值32，
故函数的周期为π，当x∈[0,π2]时的最大值32．
19.(1)证明：因为数列{an}满足a1=1，an=2an−1+3(n≥2)，
则当n≥2时，an+3=2(an−1+3)，且a1+3=4，
所以，数列{an+3}是以4为首项，2为公比的等比数列．
所以，an+3=4⋅2n−1=2n+1，故an=2n+1−3．
(2)解：在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，
则dn=an+1−ann+1=(2n+2−3)−(2n+1−3)n+1=2n+1n+1，
假设数列{dn}中存在不同的三项dm、dk、dp(其中m、k、p成等差数列)成等比数列，
则dk2=dmdp，即(2k+1k+1)2=(2m+1m+1)×(2p+1p+1)，即22k+2(k+1)2=2m+p+2(m+1)(p+1)，
由已知可得2k=m+p，所以，(k+1)2=(m+1)(p+1)，
事实上，(k+1)2−(m+1)(p+1)=(k2+2k+1)−(mp+m+p+1)=k2−mp
=(m+p2)2−mp=m2+p2+2mp−4mp4=(m−p)24>0，
即(k+1)2>(m+1)(p+1)，矛盾，假设不成立，
故不存在这样的三项dm、dk、dp成等比数列．
20.解：(1)因为a2=4，b2=3，
所以c2=a2+b2=7⇒c= 7，
所以F2( 7,0)，当直线l过点F2且l⊥F1F2时，此时l⊥x轴，
所以x1=x2= 7，
代入可得y1=32y2=−32，
所以|AB|=|y1−y2|=3；
(2)设直线y=−x+m，因为直线不经过点P(4,3)，所以m≠7，
联立y=−x+mx24−y23=1，得x2−8mx+4m2+12=0，
所以Δ=48(m2−1)>0，
由韦达定理x1+x2=8m，x1x2=4m2+12，
kPA+kPB=y1−3x1−4+y2−3x2−4=−x1+m−3x1−4+−x2+m−3x2−4
=−2x1x2+(m+1)(x1+x2)+8(3−m)x1x2−4(x1+x2)+16=−8m2−24+8m2+8m+24−8m4m2+12−32m+16=0，
故kPA+kPB=0．
(3)如图所示，

若直线l的斜率为0，此时为x轴，A，B为左右顶点，
此时F1，A，B不构成三角形，矛盾，所以直线l的斜率不为0，设l：x=ty+ 7，
由x=ty+ 7x24−y23=12，得(3t2−4)y2+6 7ty+9=0，
满足3t2−4≠0Δ=144(t2+1)>0，
此时AF1：y=y1−0x1+ 7(x+ 7)，
故M(0, 7y1x1+ 7)，同理N(0, 7y2x2+ 7)，
S△F1AB=|S△F1F2A−S△F1F2B|=12|F1F2|×|y1−y2|=12×2 7×|y1−y2|，
S△F1MN=12|xF1|×|yM−yN|= 72| 7y1x1+ 7− 7y2x2+ 7|，
而 7y1x1+ 7− 7y2x2+ 7= 7×2 7(y1−y2)t2y1y2+2 7t(y1+y2)+28，
故由S△F1AB=S△F1MN，得|t2y1y2+2 7t(y1+y2)+28|=7，
而y1+y2=−6 7t3t2−4，y1y2=93t2−4，
代入可得|9t23t2−4−84t23t2−4+28|=7，解得t2=143或t2=−7(舍)，
所有t=± 423，经检验此时满足Δ>0且3t2−4≠0，
故存在满足条件的直线l，其方程为x=± 423y+ 7．
21.解：(1)证明：因为y=x，y=x2+2x−2，则y′=1，y′=2x+2，
假设存在函数y=x与y=x2+2x−2存在“S点”
即存在x0满足x0=x02+2x0−21=2x0+2，方程组无解，
所以函数y=x与y=x2+2x−2不存在“S点”．
(2)因为y=ax2−1与y=lnx，则y′=2ax与y=lx，
设“S好点”为x0，x0满足ax02−1=lnx02ax0=1x0，x0=e−12a=e2，
所以a=e2．
(3)由已知f′(x)=−2x，g′(x)=bxex−bexx2=b(x−1)exx2，
依题意可得：存在x0∈(2,+∞)满足f(x0)=g(x0)f′(x0)=g′(x0)，代入得−x02+a=bex0x0−2x0=b(x0−1)ex0x02，
解得a=x02(x0−3)x0−1b=2x03(1−x0)ex0，
由a=x02(x0−3)x0−1>0，又x0>2，故解得x0>3，
令ℎ(x)=2x3(1−x)ex(x≥3)，
则ℎ′(x)=2(x2−x+1)(1−x)2ex>0，ℎ(x)在(3,+∞)上增函数，
ℎ(3)=−27e3，x≥3时，ℎ(x)