2024-2025学年湖南师大附中大联考高三（上）月考数学试卷（一）（含答案）

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这是一份2024-2025学年湖南师大附中大联考高三（上）月考数学试卷（一）（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A={x|x2+x−6≤0}，B={x|lg(x−1)<0}，则A∩B=( )
A. {x|−3≤x≤2}B. {x|−3≤x<2}C. {x|12.若复数z满足z(1+i)=−3+i(i是虚数单位)，则|z|等于( )
A. 102B. 54C. 5D. 52
3.已知平面向量a=(5,0),b=(2,−1)，则向量a+b在向量b上的投影向量为( )
A. (6,−3)B. (4,−2)C. (2,−1)D. (5,0)
4.记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a9=14，a6a7=63，则S7=( )
A. 21B. 19C. 12D. 42
5.某校高二年级下学期期末考试数学试卷满分为150分，90分以上为及格.阅卷结果显示，全年级1200名学生的数学成绩近似服从正态分布，试卷的难度系数(难度系数=平均分/满分)为0.49，标准差为22，则该次数学考试及格的人数约为( )附：若X∼N(μ,σ2)，记p(k)=P(μ−kσ≤X≤μ+kσ)，则p(0.75)≈0.547，p(1)≈0.683．
A. 136人B. 272人C. 328人D. 820人
6.已知α,β∈(0,π2),cs(α−β)=56,tanα⋅tanβ=4，则α+β=( )
A. π6B. π4C. π3D. 2π3
7.已知F1，F2是双曲线x2a2−y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，以F2为圆心，a为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于A，B两点，若3|AB|>|F1F2|，则双曲线的离心率的取值范围是( )
A. (1,2 63)B. (1,3 55)C. (1, 2)D. (1, 3)
8.已知函数f(x)=a⋅2x,x≤0,lg2x,x>0,若关于x的方程f(f(x))=0有且仅有两个实数根，则实数a的取值范围是( )
A. (0,1)B. (−∞,0)∪(0,1)C. [1,+∞)D. (0,1)∪(1,+∞)
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.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D中，E，F，M，N分别为棱AA1，A1D1，AB，DC的中点，点P是面B1C的中心，则下列结论正确的是( )
A. E，F，M，P四点共面 B. 平面PEF被正方体截得的截面是等腰梯形
C. EF//平面PMN D. 平面MEF⊥平面PMN
10.已知函数f(x)= 2cs(2x+5π4)，则( )
A. f(x)的一个对称中心为(38π,0)
B. f(x)的图象向右平移3π8个单位长度后得到的是奇函数的图象
C. f(x)在区间[5π8,7π8]上单调递增
D. 若y=f(x)在区间(0,m)上与y=1有且只有6个交点，则m∈(5π2,13π4]
11.已知定义在R上的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足f(2+x)+g(−x)=1，则( )
A. f(x)的图象关于点(2,1)对称B. f(x)是以8为周期的周期函数
C. g(2024)=0D. k=12024f(4k−2)=2025
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(x+3y−1)6的展开式中x2y的系数为______．
13.已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x>0时，f′(−x)>2f(x)，且f(1)=0，则不等式f(x)>0的解集为______．
14.已知点C为扇形AOB的弧AB上任意一点，且∠AOB=60°，若OC=λOA+μOB(λ,μ∈R)，则λ+μ的取值范围是______．
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)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2a+b=2ccsB．
(1)求角C；
(2)若角C的平分线CD交AB于点D,AD=3 13,DB= 13，求CD的长．
16.(本小题15分)
已知x=1e为函数f(x)=xalnx的极值点．
(1)求a的值；
(2)设函数g(x)=kxex，若对∀x1∈(0,+∞)，∃x2∈R，使得f(x1)−g(x2)≥0，求k的取值范围．
17.(本小题15分)
已知四棱锥P−ABCD中，平面PAB⊥底面ABCD，AD//BC，AB⊥BC，PA=PB= 22AB，AB=BC=2AD，E为AB的中点，F为棱PC上异于P，C的点．
(1)证明：BD⊥EF；
(2)试确定点F的位置，使EF与平面PCD所成角的余弦值为 7014．
18.(本小题17分)
在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y2=2px(p>0)的焦点到准线的距离等于椭圆C2：x2+16y2=1的短轴长，点P在抛物线C1上，圆E：(x−2)2+y2=r2(其中0(1)若r=12,Q为圆E上的动点，求线段PQ长度的最小值；
(2)设D(1,t)是抛物线C1上位于第一象限的一点，过D作圆E的两条切线，分别交抛物线C1于点M，N.证明：直线MN经过定点．
19.(本小题17分)
入冬以来，东北成为全国旅游话题的“顶流”.南方游客纷纷北上，体验东北最美的冬天.某景区为给顾客更好的体验，推出了A和B两个套餐服务，并在购票平台上推出了优惠券活动，顾客可自由选择A和B两个套餐之一，下表是该景区在购票平台10天销售优惠券情况．
经计算可得：y−=110i=110yi=2.2，i=110tiyi=118.73，i=110ti2=385．
(1)由于同时在线人数过多，购票平台在第10天出现网络拥堵，导致当天顾客购买的优惠券数量大幅减少，现剔除第10天数据，求y关于t的回归方程(精确到0.01)，并估计第10天的正常销量；
(2)假设每位顾客选择A套餐的概率为25，选择B套餐的概率为35，其中A套餐包含一张优惠券，B套餐包含两张优惠券，截止某一时刻，该平台恰好销售了n张优惠券，设其概率为Pn，求Pn；
(3)记(2)中所得概率Pn的值构成数列{Pn}(n∈N∗)．
①求数列{Pn}的最值；
②数列收敛的定义：已知数列{an}，若对于任意给定的正数ε，总存在正整数N0，使得当n>N0时，|an−a|<ε，(a是一个确定的实数)，则称数列{an}收敛于a.根据数列收敛的定义证明数列{Pn}收敛.回归方程y =a +b x中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
b =i=1nxiyi−nx−⋅y−i=1nxi2−nx−2，a=y−−bx−．
参考答案
1.D
2.C
3.A
4.A
5.B
6.D
7.B
8.C
9.BD
10.BD
11.ABC
12.−180
13.(−1,0)∪(1,+∞)
14.[1,2 33]
15.解：(1)由2a+b=2ccsB，根据正弦定理得2sinA+sinB=2sinCcsB，
即2sin(B+C)+sinB=2sinCcsB，可得2sinBcsC+2csBsinC+sinB=2sinCcsB，
整理得(2csC+1)sinB=0．
因为B为三角形内角，sinB≠0，所以csC=−12，结合C∈(0,π)，可知C=2π3．
(2)CD是角C的平分线，AD=3 13,DB= 13，
在△ACD和△BCD中，由正弦定理，可得ADsinπ3=CDsinA,BDsinπ3=CDsinB，
因此sinBsinA=ADBD=3，即sinB=3sinA，所以b=3a，
根据余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC，即(4 13)2=a2+9a2+3a2，解得a=4，b=3a=12．
因为S△ABC=S△ACD+S△BCD，
所以12absin∠ACB=12b⋅CD⋅sin∠ACD+12a⋅CD⋅sin∠BCD，即48=16CD，可得CD=3．
16.解：(1)f′(x)=axa−1lnx+xa⋅1x=xα−1(alnx+1)，
由f′(1e)=(1e)a−1(aln1e+1)=0，得a=1，
当a=1时，f′(x)=lnx+1，函数f(x)在(0,1e)上单调递减，在(1e,+∞)上单调递增，
所以x=1e为函数f(x)=xalnx的极小值点，
所以a=1．
(2)由(1)知f(x)min=f(1e)=−1e．
函数g(x)的导函数g′(x)=k(1−x)e−x．
①若k>0，对∀x1∈(0,+∞),∃x2=−1k，使得g(x2)=g(−1k)=−e1k<−1<−1e≤f(x1)，
即f(x1)−g(x2)≥0，符合题意．
②若k=0，g(x)=0，取x1=1e，对∀x2∈R，有f(x1)−g(x2)<0，不符合题意．
③若k<0，当x<1时，g′(x)<0，g(x)在(−∞,1)上单调递减；
当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1,+∞)上单调递增，所以g(x)min=g(1)=ke，
若对∀x1∈(0,+∞)，∃x2∈R，使得f(x1)−g(x2)≥0，只需g(x)min≤f(x)min，
即ke≤−1e，解得k≤−1．
综上所述，k的取值范围为(−∞,−1]∪(0，+∞)．
17.解：(1)如图，连接PE，EC，EC交BD于点G．

因为E为AB的中点，PA=PB，所以PE⊥AB．
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PE⊂平面PAB，
所以PE⊥平面ABCD，
因为BD⊂平面ABCD，所以PE⊥BD．
因为△ABD≅△BCE，所以∠CEB=∠BDA，所以∠CEB+∠ABD=90°，
所以BD⊥EC，
因为PE∩EC=E，PE，EC⊂平面PEC，
所以BD⊥平面PEC．
因为EF⊂平面PEC，所以BD⊥EF．
(2)如图，取DC的中点H，以E为坐标原点，分别以EB，EH，EP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

设AB=2，则BC=2,AD=1,PA=PB= 2，
则P(0,0,1)，C(1,2,0)，D(−1,1,0)，E(0,0,0)，
设F(x,y,z),PF=λPC(0<λ<1)，
所以(x,y,z−1)=λ(1,2,−1)，
所以x=λ，y=2λ，z=1−λ，即F(λ,2λ,1−λ)．
则DC=(2,1,0),PC=(1,2,−1),EF=(λ,2λ,1−λ)，
设平面PCD的法向量为m=(a,b,c)，则m⊥DC，m⊥PC，
所以m⋅DC=2a+b=0 m⋅PC=a+2b−c=0，令a=1，得m=(1,−2,−3)，
设EF与平面PCD所成的角为θ，
由csθ= 7014，得sinθ=3 1414．
所以sinθ=|cs|=|m⋅EF||m||EF|=|λ−4λ−3+3λ| 14× λ2+4λ2+(1−λ)2=3 1414，
整理得：6λ2−2λ=0，因为0<λ<1，所以λ=13，即PF=13PC，
故当F位于棱PC靠近P的三等分点时，EF与平面PCD所成角的余弦值为 7014．
18.(1)解：由题意得椭圆的方程：x2+y2116=1，
所以短半轴b=14，
所以p=2b=2×14=12，
所以抛物线C1的方程是y2=x，
设点P(t2,t)，
则|PQ|≥|PE|−12= (t2−2)2+t2−12= (t2−32)2+74−12≥ 7−12，
所以当ι2=32时，线段PQ长度取最小值 7−12．
(2)证明：∵D(1,t)是抛物线C1上位于第一象限的点，
∴t2=1，且t>0，
∴D(1,1)，
设M(a2,a)，N(b2,b)，
则直线MN：y−a=b−ab2−a2(x−a2)，
即y−a=1a+b(x−a2)，
即x−(a+b)y+ab=0，
直线DM：y−1=a−1a2−1(x−1)，
即x−(a+1)y+a=0．
由直线DM与圆相切得|a+2| 1+(a+1)2=r，
即(r2−1)a2+(2r2−4)a+(2r2−4)=0，
同理，由直线DN与圆相切得(r2−1)b2+(2r2−4)b+(2r2−4)=0．
所以a，b是方程(r2−1)x2+(2r2−4)x+(2r2−4)=0的两个解，
∴a+b=4−2r2r2−1,ab=2r2−4r2−1，
代入方程x−(a+b)y+ab=0得(x+2y+2)r2+(−x−4y−4)=0，
∴x+2y+2=0x+4y+4=0，
解得x=0y=−1，
∴直线MN恒过定点(0,−1)．
19.解：(1)剔除第10天数据后的(y−)新=19i=19yi=2.2×10−0.49=2.4，(t−)新=1+2+⋅⋅⋅+99=5，(i=19tiyi)新=118.73−10×0.4=114.73，(i=19ti2)新=385−102=285，
所以b =114.73−9×5×2.4285−9×52=6736000，
故a =2.4−6736000×5=110356000，
所以y =0.11x+1.84，
当t=10时，y=1.1+1.84=2.94，
即估计第10天的正常销量约为2.94千张；
(2)由题意可知Pn=25Pn−1+35Pn−2(n≥3)，其中P1=25，P2=25×25+35=1925，
则Pn−Pn−1=−35(Pn−1−Pn−2)(n≥3)，
所以{Pn−Pn−1}是以首项为P2−P1=1925−25=925，公比为−35的等比数列，
故Pn−Pn−1=925(−35)n−2(n≥2)成立，
则有Pn−Pn−1+Pn−1−Pn−2+⋅⋅⋅+P2−P1=925[(−35)0+(−35)1+⋅⋅⋅+(−35)n−2]=−940(−35)n−1+940，
故Pn=−940(−35)n−1+940+P1，
又因为P1=25，
所以Pn=58+38(−35)n；
(3)①当n为偶数时，Pn=58+38(−35)n=58+38(35)n>0单调递减，最大值为P2=1925，
当n为奇数时，Pn=58+38(−35)n=58−38(35)n<0单调递增，最小值为P1=25，
综上：数列{Pn}的最大值为1925，最小值为25；
②证明：对任意ε>0总存在正整数N0=[lg35(83ε)]+1，(其中[x]表示取整函数)，
当n>[lg35(83ε)]+1时，|Pn−58|=|38(−35)n|=|38(35)n|<38(35)lg35(83ε)=ε．日期t
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
销售量y(千张)
1.9
1.98
2.2
2.36
2.43
2.59
2.68
2.76
2.7
0.4

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