2024-2025学年陕西省西安建筑科技大学附属中学高三（上）月考数学试卷（一模）（含答案）

这是一份2024-2025学年陕西省西安建筑科技大学附属中学高三（上）月考数学试卷（一模）（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。
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.已知集合M={x|−x0)的左、右焦点，M，N分别为双曲线C的左支、右支上异于顶点的点，且MF1//NF2.若|MF1|：|MF2|：|NF2|=5：7：3，则双曲线C的离心率为______．
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，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA−acsB=0．
(1)求角B的大小；
(2)若c= 2，b= 5，求a；
(3)若c=2 2a，求tanA的值．
16.(本小题15分)
良好的用眼习惯能够从多方面保护眼睛的健康，降低近视发生的可能性，对于保护青少年的视力具有不可替代的重要作用.某班班主任为了让本班学生能够掌握良好的用眼习惯，开展了“爱眼护眼”有奖知识竞赛活动，班主任将竞赛题目分为A，B两组，规定每名学生从A，B两组题目中各随机抽取2道题作答.已知该班学生甲答对A组题的概率均为23，答对B组题的概率均为12.假设学生甲每道题是否答对相互独立．
(1)求学生甲恰好答对3道题的概率；
(2)设学生甲共答对了X道题，求X的分布列及数学期望．
17.(本小题15分)
如图，在九面体ABCDEFGH中，平面AGF⊥平面ABCDEF，平面AFG//平面HCD，AG=GF=CH=HD= 21,AB=6，AB=6，底面ABCDEF为正六边形．
(1)证明：GH//平面ABCDEF．
(2)证明：GH⊥平面AFG．
(3)求GE与平面ABG所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知抛物线Ω：y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0).过F作两条互相垂直的直线l1，l2，且直线l1与Ω交于M，N两点，直线l2与Ω交于E，P两点，M，E均在第一象限.设A，B分别为弦MN，EP的中点，直线ME与直线NP交于点H．
(1)求Ω的方程．
(2)直线AB是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
(3)证明：点H在直线x=−1上．
19.(本小题17分)
若函数f(x)在[a,b]上存在x1，x2(aa+2．
参考答案
1.C
2.A
3.C
4.C
5.B
6.D
7.A
8.A
9.AD
10.BC
11.BCD
12.25
13.−1
14. 192
15.解：(1)由bsinA−acsB=0及正弦定理得，sinBsinA−sinAcsB=0．
因为A∈(0,π)，所以sinA≠0，则sinB−csB=0，即tanB=1．
因为B∈(0,π)，所以B=π4．
(2)根据余弦定理得5=a2+2−2 2a⋅ 22，即a2−2a−3=0，解得a=3或−1(舍去)，故a=3．
(3)方法一：由c=2 2a和正弦定理，得sinC=2 2sinA，即sin(3π4−A)=2 2sinA．
22sinA+ 22csA=2 2sinA，即 22csA=3 22sinA，则得tanA=13．
方法二：根据余弦定理得b2=a2+c2−2accsB=a2+8a2−4 2a2⋅ 22=5a2，则b= 5a．
csA=b2+c2−a22bc=5a2+8a2−a24 10a2=3 1010>0，则角A是锐角，故sinA= 1−cs2A= 1010，
则tanA=sinAcsA=13．
16.解：(1)易知学生甲恰好答对3道题有以下两种情况：
第一种情况是学生甲答对A组的2道题和B组的1道题，
此时概率P1=(23)2×C21×12×(1−12)=29；
第二种情况是学生甲答对A组的l道题和B组的2道题，
此时概率P2=C21×23×(1−23)×(12)2=19．
则学生甲恰好答对3道题的概率P=P1+P2=13；
(2)易知X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
此时P(X=0)=(1−23)2×(1−12)2=136，
P(X=1)=C21×23×(1−23)×(1−12)2+(1−23)2×C21×12×(1−12)=16，
P(X=2)=(23)2×(1−12)2+(1−23)2×(12)2+C21×23×(1−23)×C21×12×(1−12)=1336，
P(X=4)=(23)2×(12)2=19，
由(1)知P(X=3)=13，
则X的分布列为：
故E(X)=0×136+1×16+2×1336+3×13+4×19=73．
17.解：(1)证明：记AF，CD的中点分别为I，J，连接GI，IJ，JH，
因为AG=GF= 21,AF=6，所以GI⊥AF，且GI= 21−9=2 3
因为平面AGF⊥平面ABCDEF，平面AGF∩平面ABCDEF=AF，GI⊂平面AGF，所以GI⊥平面ABCDEF，
因为平面AFG//平面HCD，所以平面HCD⊥平面ABCDEF，
同理可得：HJ⊥平面ABCDEF，HJ=2 3，
所以GI//HJ，且GI=HJ，所以四边形GIJH为平行四边形，所以GH//IJ，
又因为GH⊄平面ABCDEF，IJ⊂平面ABCDEF，所以GH/​/平面ABCDEF．
(2)证明：由正六边形性质可知，IJ⊥AF，
又平面AGF⊥平面ABCDEF，平面AGF∩平面ABCDEF=AF，IJ⊂平面AGF，
所以IJ⊥平面AGF，
因为GH//IJ，所以GH⊥平面AGF．
(3)由正六边形性质可知，BE⊥IJ，
以IJ，BE所在直线分别为x，y轴，过其交点O作平面ABCDEF的垂线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系．
则G(0,−3 3,2 3),E(−6,0,0),A(3,−3 3,0),B(6,0,0)，
因为GE=(−6,3 3,−2 3),AB=(3,3 3,0),AG=(−3,0,2 3)，
设平面ABG的法向量为n=(x,y,z)，则AB⊥n，AG⊥n，
则AB⋅n=3x+3 3y=0AG⋅n=−3x+2 3z=0，取x= 3，得n=( 3,−1,32)，
记GE与平面ABG所成角为θ，则sinθ=|GE⋅n||GE|⋅|n|=|−6 3−3 3−3 3| 36+27+12× 3+1+94=2425．
18.(1)解：抛物线Ω：y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0)，
则有p2=1，
则p=2，
所以抛物线Ω的方程为y2=4x．
(2)解：直线l1，l2与抛物线各有两个交点，可知直线l1，l2斜率存在且不为0，
设直线l1的斜率为k，
则直线l1：y=k(x−1)，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由y=k(x−1)y2=4x，
消去x并整理得y2−4ky−4=0，
此时Δ=(−4k)2+16>0，
由韦达定理得y1+y2=4k，y1y2=−4，
由A为弦MN的中点，
有A(x1+x22,y1+y22)，
则A(1+2k2,2k)，
由垂直的条件，可将k换为−1k，
设E(x3,y3)，P(x4,y4)，
同理得y3+y4=−4k，y3y4=−4，
有B(1+2k2,−2k)，
当k=1或k=−1时，直线AB的方程为x=3，
当k≠1且k≠−1时，直线AB的斜率为k1−k2，方程为y+2k=k1−k2(x−1−2k2)，
即(k2−1)y+(x−3)k=0，
可知x=3时y=0，
所以直线AB过定点，其坐标为(3,0)．
(3)证明：kME=y1−y3x1−x3=y1−y3y124−y324=4y1+y3，
同理得kNP=4y2+y4，
此时直线ME的方程为y−y1=4y1+y3(x−x1)，
即y=4y1+y3(x−y124)+y1=4y1+y3x+y1y3y1+y3，
同理，直线NP的方程为y=4y2+y4x+y2y4y2+y4=4−4y1−4y3x+16y1y3−4y1−4y3=−y1y3y1+y3x−4y1+y3，
由y=4y1+y3x+y1y3y1+y3y=−y1y3y1+y3x−4y1+y3，
消去y解得x=−1，
故直线ME与直线NP的交点H在直线x=−1上．
19.解：(1)函数f(x)是[−1,3]上的“双中值函数”.理由如下：
因为f(x)=x3−3x2+1，所以f′(x)=3x2−6x．
因为f(3)=1，f(−1)=−3，所以f(3)−f(−1)3−(−1)=1，
令f′(x)=1，得3x2−6x=1，即3x2−6x−1=0，解得x=3±2 33，
因为−1