湖南省常德市一中2025届高三第二次月考数学试卷（含答案）

这是一份湖南省常德市一中2025届高三第二次月考数学试卷（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。

1.已知集合M={x∣x−1<2},N=−1,0,1,2,3，则M∩N=( )
A. −1,0,1,2B. 1,2C. 0,1,2D. 2,3
2.已知角α的终边与单位圆的交于点P−12,y，则csα为( )
A. −12B. 32C. 12D. ± 32
3.设a,b∈R，则“a2=b2”是“2a=2b”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.已知曲线y=x24−3lnx的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为( )
A. 1B. 2C. 3D. 12
5.若3sinα+csα=0，则1cs2α+sin2α=( )
A. 103B. 53C. 23D. −2
6.已知实数a>0，且满足不等式lg33a+2>lg34a+1，若ax−ayA. x+y>0B. x+y>1C. x−y>1D. x−y>0
7.已知函数f(x)=x3−3x2，则k=−20232025f(k)=
A. −8098B. −8096C. 0D. 8100
8.已知函数fx= 5csπxa，若存在fx的极值点x0，满足x02+[fx0]2A. (−∞,−2)∪(2,+∞)B. (−∞,−3)∪(3,+∞)
C. (−∞,− 5)∪( 5,+∞)D. (−∞,− 3)∪( 3,+∞)
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列式子结果为​3的是( )
①tan25°+tan35°+ 3tan25°tan35°；
②2sin35°cs25°+cs35°cs65°；
③1+tan15°1−tan15°；
④1−tan15°1+tan15°．
A. ①B. ②C. ③D. ④
10.已知函数fx=Asinωx+φA>0,ω>0,−π<φ<π的部分图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A. φ=−π3B. fx≤f−π12
C. fx在π,4π3上单调递增D. fx在0,2π上有且仅有四个零点
11.已知函数f(x),g(x)的定义域为R，g′x为g(x)的导函数，且f(x)+g′x=2，f(x)−g′4−x=2，若g(x)为偶函数，则下列结论一定成立的是( )
A. f(4)=2B. g′2=0C. f(−1)=f(−3)D. f(1)+f(3)=4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若扇形的圆心角为150∘，半径为3，则该扇形的面积为_________．
13.曲线y=ex在x=0处的切线恰好是曲线y=lnx+a的切线，则实数a= ．
14.若定义在A上的函数fx和定义在B上的函数gx，对任意的x1∈A，存在x2∈B，使得fx1+gx2=t(t为常数)，则称fx与gx具有关系Pt.已知函数fx=2cs(2x+π6)(x∈[π12,2π3])，gx=cs2x−mcsx+5(x∈R)，且fx与gx具有关系P3，则m的取值范围为_____________．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数fx=2 3sinxcsx+2cs2x−1.在锐角ΔABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，且满足fA=1．
(1)求A的值；
(2)若b=1，求2a2+bc的取值范围．
16.(本小题12分)
已知在多面体ABCDE中，DE//AB，AC⊥BC，BC=2AC=4，AB=2DE，DA=DC且平面DAC⊥平面ABC．

(1)设点F为线段BC的中点，证明：EF⊥平面ABC；
(2)若直线BE与平面ABC所成的角为60∘，求锐二面角B−AD−C的余弦值．
17.(本小题12分)
已知函数fx=ax−1x−a+1lnxa∈R．
(1)当a=−1时，求曲线y=fx在点e,fe处的切线方程；
(2)若fx既存在极大值，又存在极小值，求实数a的取值范围．
18.(本小题12分)
已知两点A−1,0､B1,0，动点M满足直线MA与直线MB的斜率之积为3，动点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F2,0作直线l交曲线C于P、Q两点，且两点均在y轴的右侧，直线AP、BQ的斜率分别为k1､k2．
①证明：k1k2为定值；
②若点Q关于x轴的对称点成点H，探究：是否存在直线l，使得△PFH的面积为92，若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=alnxx+1+bx，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y−3=0．
(1)求a,b的值；
(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>lnxx−1+kx，求k的取值范围．
参考答案
1.C
2.A
3.B
4.C
5.A
6.D
7.A
8.C
9.ABC
10.BD
11.ABD
12.15π4
13.2
14.−∞,−4∪4,+∞
15.解：(Ⅰ)f(x)=2 3sinxcsx+2cs2x−1
= 3sin2x+cs2x=2sin(2x+π6)，
由f(A)=2sin(2A+π6)=1，即sin(2A+π6)=12，
∵△ABC为锐角三角形，2A+π6∈(π6,7π6)，
∴2A+π6=5π6，
∴A=π3；
(Ⅱ)∵b=1，由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=c2−c+1，
∴2a2+bc=2c2−c+2，
由正弦定理，asinA=bsinB=csinC，
∴c=sinCsinB=sin(2π3−B)sinB= 32csB+12sinBsinB= 32tanB+12，
∵△ABC是锐角三角形，
∴0∴B∈(π6,π2)，则tanB∈( 33,+∞)，
∴c= 32tanB+12∈(12,2)，
∴2a2+bc=2c2−c+2∈(2,8)，
综上，2a2+bc的取值范围为(2,8)．
16.解：(Ⅰ)证明：取AC的中点O，连接EF,OF，
∵在△DAC中DA=DC，
∴DO⊥AC，
∵平面DAC⊥平面ABC，平面DAC∩平面ABC=AC，DO⊂平面DAC，
∴DO⊥平面ABC，
∵O,F分别为AC,BC的中点，
∴OF/​/AB，且AB=2OF，
又DE/​/AB，AB=2DE，
∴OF/​/DE，且OF=DE，
∴四边形DEFO为平行四边形
∴EF//DO，
又∵DO⊥平面ABC，
∴EF⊥平面ABC.
(Ⅱ)∵DO⊥平面ABC，AC⊥BC，
∴以O为原点，OA所在直线为x轴，过点O与CB平行的直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．
则A(1,0,0)，C(−1,0,0)，B(−1,4,0)，
∵EF⊥平面ABC，
∴直线BE与平面ABC所成的角为∠EBF=60∘，
∴DO=EF=BFtan60∘=2 3，
∴D(0,0,2 3)，
可取平面ADC的一个法向量为m=(0,1,0)，
设平面ADB的法向量为n=(x,y,z)，
AB=(−2,4,0)，AD=(−1,0,2 3)，
则−2x+4y=0−x+2 3z=0,
取z=1，则x=2 3,y= 3，
∴n=(2 3, 3,1)，
∴cs=m→⋅n→|m→||n→|= 34，
∴二面角B−AD−C的余弦值为 34．
17.解：(1)当 a=−1 时，fx=−x−1x，f′x=1x2−1 ，
则 f′e=1e2−1 ， fe=−e−1e ，
所以曲线 y=fx 在点 e,fe 处的切线方程为 y−(−e−1e)=1e2−1x−e ，
即 y=1e2−1x−2e ；
(2) f′(x)=a+1x2−a+1x=ax2−(a+1)x+1x2=(ax−1)(x−1)x2 ， x>0 ，
(i)当 a≤0 时， ax−1<0 ，
由 f′x>0 ，得 01 ，
∴f(x) 在 0,1 上单调递增，在 1,+∞上单调递减，
∴f(x) 只有极大值 f1 ，不合题意；
(ii)当 a>0 时，
①若 0<1a<1 ，即 a>1 ，
由 f′x>0 ，得 01 ；由 f′x<0 ，得 1a∴f(x) 在 0,1a 和 1,+∞ 上单调递增，在 1a,1 上单调递减，
∴f(x) 的极大值为 f1a ，极小值为 f1 ，符合题意；
②若 1a>1 ， 0由 f′x>0 ，得 01a ；由 f′x<0 ，得 1∴f(x) 在 0,1 和 1a,+∞ 上单调递增，在 1,1a 上单调递减，
∴f(x) 的极大值为 f1 ，极小值为 f1a ，符合题意；
③若 1a=1 ，即 a=1 ，
由 f′x≥0 在 0,+∞ 上恒成立，得 f(x) 在 0,+∞ 单调递增，
所以f(x) 无极值，不合题意，
综上所述， a 的取值范围为 0,1∪1,+∞ .

18.解：(1)令M(x,y)，
根据题意可知：yx+1⋅yx−1=3，
化简，可得：x2−y23=1(y≠0)；
(2)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，易得直线l的斜率不为0，可设直线l:x=my+2，
联立方程x=my+2x2−y23=1，
可得(3m2−1)y2+12my+9=0，
则{Δ>0y1+y2=−12m3m2−1y1⋅y2=93m2−1<0,
故m2<13且my1⋅y2=−34(y1+y2)，
①k1k2=y1x1+1y2x2−1
=y1my2+1y2my1+3
=my1y2+y1my1y2+3y2
=−34(y1+y2)+y1−34(y1+y2)+3y2
=14y1−34y2−34y1+94y2
=−13．
②∵Q与H关于x轴对称，
∴H(x2,−y2)，
由两点式方程可得直线PH的方程为：
y+y2=y1+y2x1−x2(x−x2)，
∴(x1−x2)y+x1y2+x2y1=(y1+y2)x，将x1=my1+2，x2=my2+2代入可得：
m(y1−y2)y+2my1y2+2(y1+y2)=(y1+y2)x，
将my1⋅y2=−34(y1+y2)代入上式，得到：
m(y1−y2)y+12(y1+y2)=(y1+y2)x，
所以直线PH过定点(12,0)，
∴S△PHF=12×32×||y1|−|y2||=34|y1+y2|=34|12m3m2−1|=92，
解得m2=19或m2=1(舍)，
所以存在直线l，使得△PFH的面积为92，
直线l的方程为：3x+y−6=0或3x−y−6=0．
19.解：(1)由题意f(1)=1，即切点坐标是(1,1)，
因为f′(x)=a(x+1x−ln x)(x+1)2−bx2，
由于直线x+2y−3=0的斜率为−12，且过点(1,1)，
故f(1)=1,f′(1)=−12，解得a=1，b=1；
(2)由(1)知f(x)=ln xx+1+1x，
所以f(x)−ln xx−1−kx=11−x2[2ln x+(k−1)(x2−1)x]．
令ℎ(x)=2ln x+(k−1)(x2−1)x(x>0)，则ℎ′(x)=(k−1)(x2+1)+2xx2．
(i)设k≤0，由ℎ′(x)=(k−1)(x2+1)+2xx2⩽−(x2+1)+2xx2⩽0知，
ℎ(x)单调递减，而ℎ(1)=0，
当x∈(0,1)时，ℎ(x)>0，可得11−x2ℎ(x)>0；
当x∈(1,+∞)时，ℎ(x)<0，可得11−x2ℎ(x)>0，符合题意．
(ii)设00，
故ℎ′(x)>0，而ℎ(1)=0，
故当x∈(1,11−k)时，ℎ(x)>0，可得11−x2ℎ(x)<0，与题设矛盾．
(iii)设k≥1时，此时ℎ(x)单调递增，而ℎ(1)=0，
故当x∈(1,+∞)时，ℎ(x)>0，可得11−x2ℎ(x)<0，与题设矛盾．
综上：实数k的取值范围为(−∞,0]．