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2024-2025学年福建省福州市格致中学高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）
展开这是一份2024-2025学年福建省福州市格致中学高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共11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.i(1−3i)1+i=( )
A. 2+iB. 2−iC. −2+iD. −2−i
2.已知集合A={x|x2−3x≥0}，B={0,1,2,3}，则(∁RA)∩B=( )
A. {3}B. {1,2,3}C. {1,2}D. {0,1,2,3}
3.已知样本数据x1，x2，…，x100的平均数和标准差均为4，则数据−x1−1，−x2−1，…，−x100−1的平均数与方差分别为( )
A. −5，4B. −5，16C. 4，16D. 4，4
4.已知函数f(x)=csxex+2x，则曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为( )
A. 2x−2y+1=0B. x+y−1=0C. x−y+1=0D. 2x−y+1=0
5.已知抛物线y2=2px(p>0)上一点M(1,m)(m>0)到其焦点F的距离为5，该抛物线的顶点在直线MF上的射影为点P，则点P的坐标为( )
A. (6425,4825)B. (45,85)C. (643,485)D. (425,825)
6.已知函数f(x)=sinωx+acsωx(ω>0)图象的对称轴方程为x=kπ+π4(k∈Z)，则f(a2π)=( )
A. 1B. −1C. 22D. − 22
7.已知F1，F2分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，若椭圆C上存在点M使得∠F1MF2=2α(α≠0)，则椭圆C的离心率e的取值范围为( )
A. (0,sin2α]B. (0,sinα]C. [sin2α,1)D. [sinα,1)
8.已知A，B，C，D是半径为2的圆O上的四个动点，若AB=CD=2，则CA⋅CB+DA⋅DB的最大值为( )
A. 6B. 12C. 24D. 32
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.已知二项式(xm+1x)n(x>0且x≠1，n∈N∗，n≥2)的展开式中第n−1项为15，则下列结论正确的是( )
A. n=6B. m=2
C. Cn−1m+Cn−1m−1=10D. Anm=4Cnm
10.已知定义在R上的函数f(x)=lg2(x2+ax+b)，g(x)=(x−a)(x+b)，其中a，b分别是将一枚质地均匀的骰子抛掷两次得到的点数.设“函数f(x)的值域为[0,+∞)”为事件A，“函数g(x)为偶函数”为事件B，则下列结论正确的是( )
A. P(AB)=118B. P(A+B)=736C. P(B|A)=12D. P(B|A−)=130
11.一般地，我们把三组对棱分别相等的四面体叫做等面四面体.下列结论正确的是( )
A. 若一个四面体的四个面的周长都相等，则该四面体是等面四面体
B. 等面四面体的一组对棱中点的连线与这组对棱都垂直
C. 三组对棱长度分别为a，b，c的等面四面体外接球的表面积为4π(a2+b2+c2)
D. 过等面四面体任一顶点的三个面且以该点为顶点的三个角之和为π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知数列{an}为等差数列，a1+a3+a4=24，则12a2+a3= ______．
13.某金属晶体的原子排列的正八面体最密堆积(表示金属晶体原子的六个等径球按如图1所示的方式排列：相邻的两个等径球相切且六个球体中心的连线成正八面体形状，如图2)依然存在空隙(最密堆积中六个球所围成的中间空着的地方).若等径球的半径为rA，空隙中能容纳的最大外来原子(图3中位于中间的小球)的半径为rB，则rBrA= ______．
14.max{x1,x2,x3}表示三个数中的最大值，对任意的正实数x，y，则max{x,2y,4x2+1y2}的最小值是______．
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，且b=4acsC．
(1)求tan(C−A)的最大值，并判断此时△ABC的形状；
(2)若b=4，tanB=2，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
如图，已知在多面体ABCDEF中，AD//BC，AB⊥BC，AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，
(1)求证：平面BCF//平面ADE；
(2)若BC=AE=2，AB=AD=CF=1，求二面角E−BD−F的余弦值．
17.(本小题15分)
某学校在2023—2024年度体育节活动中设置了一项趣味轮滑比赛，比赛设置了2个动作项目组，其中项目组一中有3个规定动作，项目组二中有2个自选动作，比赛规则：每位运动员从2个项目组的5个动作中选择3个参赛，最后得分越多者，排名越靠前.评分规则：对于项目组一中的每个动作，若没有完成得0分，若完成得10分.对于项目组二中的动作，若没有完成得0分，若只完成1个得20分，若完成2个得50分.已知运动员甲完成项目组一中每个动作的概率均为12，完成项目组二中每个动作的概率均为13，且每个动作是否能完成相互独立．
(1)若运动员甲选择项目组一中的3个动作参赛，设甲的最后得分为X，求X的分布列与数学期望；
(2)以最后得分的数学期望为依据，判断运动员甲应选择怎样的方案参赛，请说明你的理由．
18.(本小题17分)
已知O为坐标原点，P，Q是双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上的两个动点．
(1)若点P，Q在双曲线E的右支上且直线PQ的斜率为2，点T在双曲线E的左支上且OT=λOQ(λ∈R)，∠QPT=π4，求双曲线E的渐近线方程；
(2)若b−a，ab，a+b成等比数列，OP⊥OQ，证明直线PQ与定圆相切．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=(a+1a)lnx+1x−x(a>0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性．
(2)给定x1，x2∈D且x1
1.B
2.C
3.B
4.C
5.A
6.A
7.D
8.C
9.AB
10.BC
11.ABD
12.12
13. 2−1
14.2
15.解：(1)由b=4acsC及正弦定理，得sinB=4sinAcsC，
所以sin(A+C)=4sinAcsC，所以sinAcsC+csAsinC=4sinAcsC，
所以csAsinC=3sinAcsC，
易得csAcsC≠0，则tanC=3tanA，
所以tan(C−A)=tanC−tanA1+tanCtanA=2tanA1+3tan2A，
易得tanA>0，所以tan(C−A)=21tanA+3tanA≤ 33，
当且仅当tanA= 33时，tan(C−A)取得最大值 33，
此时tanC=3tanA= 3，所以A=π6，C=π3，由三角形内角和定理得B=π2，
所以当tan(C−A)取得最大值时△ABC为直角三角形；
(2)由题可知，tan(A+C)=−tanB=−2，得tanA+tanC1−tanAtanC=−2，
由(1)可得tanC=3tanA>0，所以3tan2A−2tanA−1=0，
所以tanA=1，tanC=3，
易知△ABC为锐角三角形，过点B作BD⊥AC于点D，则D在边AC上，
设CD=x，则AD=BD=3x，
由AD+DC=AC得3x+x=4，所以x=1，从而BD=3，
所以S△ABC=12AC⋅BD=12×4×3=6．
16.(1)证明：因为AD//BC，BC⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，
所以BC//平面ADE，
因为AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，所以AE//CF，
因为CF⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，
所以CF//平面ADE，
又BC∩CF=C，BC，CF⊂平面BCF，
所以平面BCF//平面ADE．
(2)解：因为AD//BC，AB⊥BC，
所以AB⊥AD，
又AE⊥平面ABCD，且AB、AD⊂平面ABCD，
所以AE⊥AB，AE⊥AD，
所以AB，AD，AE两两垂直，
故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)，F(1,2,1)，
所以BD=(−1,1,0)，BE=(−1,0,2)，BF=(0,2,1)，
设平面BDE的法向量为m=(x1,y1,z1)，则m⋅BD=0m⋅BE=0，即−x1+y1=0−x1+2z1=0，
令x1=1，则y1=1，z1=12，所以m=(1,1,12)，
设平面BDF的法向量为n=(x2,y2,z2)，则n⋅BD=0n⋅BF=0，即−x2+y2=02y2+z2=0，
令x2=1，则y2=1，z2=−2，所以n=(1,1,−2)，
所以cs
由图可知，二面角E−BD−F为锐二面角，
所以二面角E−BD−F的余弦值为 69．
17.解：(1)由题意得X的所有可能取值为0，10，20，30，
所以P(X=0)=C30×(1−12)3=18，P(X=10)=C31×12×(1−12)2=38，P(X=20)=C32×(12)2×(1−12)1=38，P(X=30)=C33×(12)3=18，
故X的分布列为：
所以E(X)=0×18+10×38+20×38+30×18=308+608+308=15；
(2)由题意，运动员甲的参赛方案有3个：
方案1：从项目组一中选择3个动作参赛，
方案2：从项目组一中选择2个动作、从项目组二中选择1个动作参赛，
方案3：从项目组一中选择1个动作、从项目组二中选择2个动作参赛，
对于方案1：由(1)知甲的最终得分的数学期望为15，
对于方案2：设甲的最终得分为Y，则Y的所有可能取值为0，10，20，30，40，
则P(Y=0)=(1−12)2×(1−13)=16，
P(Y=10)=C21×12×(1−12)×(1−13)=13，
P(Y=20)=(12)2×(1−13)+(1−12)2×13=14，
P(Y=30)=13×C21×12×(1−12)=16，P(Y=40)=(12)2×13=112，
所以E(Y)=0×16+10×13+20×14+30×16+40×112=103+5+5+103=503，
对于方案3：设甲的最终得分为Z，则Z的所有可能取值为0，10，20，30，50，60，
则P(Z=0)=(1−12)×(1−13)2=29，P(Z=10)=12×(1−13)2=29，
P(Z=20)=C21×13×(1−13)×(1−12)=29，P(Z=30)=12×C21×13×(1−13)=29，
P(Z=50)=(13)2×(1−12)=118，P(Z=60)=(13)2×12=118，
所以E(Z)=0×29+10×29+20×29+30×29+50×118+60×118=209+409+609+259+309=1759，
因为15<503<1759，
所以甲应选择方案3，即从项目组一中选择1个动作、从项目组二中选择2个动作参赛．
18.解：(1)取PQ的中点M，连接OM，
由OT=λOQ以及双曲线的对称性可知O为线段QT的中点，
此时OM//PT，
不妨设直线PQ的倾斜角为α，直线OM的倾斜角为β，
可得tanα=2，kOM=tanβ，
易知β=α−π4，
所以kOM=tan(α−π4)=tanα−tanπ41+tanαtanπ4=2−11+2×1=13，
不妨设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
因为P，Q两点均在双曲线上，
所以x12a2−y12b2=1x22a2−y22b2=1，
两式相减得x12−x22a2−y12−y22b2=0，
整理得y1+y22x1+x22⋅y1−y2x1−x2=b2a2，
即b2a2=kOM⋅kPQ=13×2=23，
所以ba= 63，
故双曲线E的渐近线方程为y=± 63x；
(2)证明：易知OP，OQ的斜率存在且不为0，
不妨设直线OP的方程为y=kx(k≠0)，
因为OP⊥OQ，
所以直线OQ的方程为y=−1kx，
将y=kx代入双曲线方程，
可得b2x2−a2k2x2=a2b2，
此时x2=a2b2b2−a2k2，
则y2=a2b2k2b2−a2k2，
所以|OP|2=x2+y2=a2b2(k2+1)b2−a2k2，
将k换成−1k得|OQ|2=a2b2(k2+1)b2k2−a2，
因为b−a，ab，a+b成等比数列，
所以a2b2=b2−a2，
此时1|OP|2+1|OQ|2=(b2−a2)(k2+1)a2b2(k2+1)=b2−a2a2b2=1，
不妨设点O到直线PQ的距离为d(d>0)，
此时|OP|⋅|OQ|=|PQ|⋅d，
对等式两边同时平方得|OP|2⋅|OQ|2=|PQ|2⋅d2=(|OP|2+|OQ|2)⋅d2，
所以1d2=1|OP|2+1|OQ|2=1，
解得d=1．
故直线PQ与定圆x2+y2=1相切．
19.解：(1)函数f(x)=(a+1a)lnx+1x−x(a>0)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=a+1ax−1x2−1=−x2−(a+1a)x+1x2=−(x−a)(x−1a)x2，
令f′(x)=0，解得x=a或x=1a．
当0
故函数f(x)在(a,1a)上单调递增，在(0,a)和(1a,+∞)上单调递减．
当a=1时，f′(x)=−(x−1)2x2≤0恒成立，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减．
当a>1时，0<1a<1
故函数f(x)在(1a,a)上单调递增，在(0,1a)和(a,+∞)上单调递减．
综上，当0
当a>1时，f(x)在(0,1a)和(a,+∞)上单调递减，在(1a,a)上单调递增．
(2)当a=1时，F(x)=−f(x)=x−1x−2lnx，
∴F′(x)=1+1x2−2x=x2−2x+1x2=(x−1)2x2>0在(1,+∞)上恒成立，
∴F(x)在区间(1,+∞)上单调递增，∴当x>1时，F(x)>F(1)=0．
当m∈(0,1)时，有α=mx1+(1−m)x2>mx1+(1−m)x1=x1，
α=mx1+(1−m)x2
∴由F(x)的单调性知0
当m≤0时，α=mx1+(1−m)x2≥mx2+(1−m)x2=x2，
β=(1−m)x1+mx2≤(1−m)x1+mx1=x1，
由F(x)的单调性知0
当m≥1时，同理可得α≤x1，β≥x2，
故由F(x)的单调性知0
综上，实数m的取值范围为(0,1)． X
0
10
20
30
P
18
38
38
18
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