2024-2025学年江苏省泰州市靖江市高级中学高三（上）月考数学试卷（12月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省泰州市靖江市高级中学高三（上）月考数学试卷（12月份）（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.设集合A={x|x2−4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|−2≤x≤1}，则a=( )
A. −4B. −2C. 2D. 4
2.设m，n∈R，则“1m>n>0”是“m0,b>0)的左焦点为F1，O为坐标原点，若在C的右支上存在关于x轴对称的两点P，Q，使得△PF1Q为正三角形，且OQ⊥F1P，则C的离心率为( )
A. 2B. 1+ 2C. 3D. 1+ 3
6.设a>0，b>0，且a+b=1，则下列结论正确的个数为( )
①lg2a+lg2b≥−2
②2a+2b≥2 2
③a+lnb1时，g(x)>12+ln(x3−x2)．
参考答案
1.B
2.A
3.A
4.B
5.D
6.C
7.C
8.A
9.ABD
10.BC
11.ACD
12.an=2n(n+1)
13.35
14.48π 108−24 6
15.解：(1)根据题意，有 2a−bc= 2csB，
由正弦定理可得 2sinA−sinBsinC= 2csB，
整理可得 2sinA−sinB= 2csBsinC，
即 2sin(B+C)−sinB= 2csBsinC，
整理可得 2sinBcsC=sinB，
又B∈(0,π)，sinB≠0，所以csC= 22，
又C∈(0,π)，因此C=π4；
(2)由A+B+C=π，
可得tanC=tan(π−B−A)=−tan(B+A)=−tanA+tanB1−tanAtanB=1，
又2tanA=3tanB，则有−32tanB+tanB1−32tan2B=1，
解得tanB=2或tanB=−13，
当tanB=−13时，tanA=−12，又A∈(0,π)，
所以两角均为钝角，不合题意；
因此tanB=2，tanA=3，
又tanB=sinBcsB=2，可得sinB=2 55，
同理sinA=3 1010，
由正弦定理可得asinA=csinC，
可得a= 2sinA=3 2010，
同理b= 2sinB=2 105
因此△ABC的面积为S=12absinC=35．
16.解：(1)6Sn=(3n+2)an+2，
当n≥2时，6Sn−1=(3n−1)an−1+2，
两式相减得6an=(3n+2)an−(3n−1)an−1，
即(3n−4)an=(3n−1)an−1，
所以an3n−1=an−13(n−1)−1，所以{an3n−1}是常数列，
当n=1时，6a1=5a1+2，所以a1=2，所以a12=1，
所以an3n−1=1，即an=3n−1．
(2)bn=(−1)n+1(6n+1)anan+1=(−1)n+1(6n+1)(3n−1)⋅(3n+2)=(−1)n+1(13n−1+13n+2)，
所以T100=12+15−15−18+18+111−⋅⋅⋅−1299−1302=12−1302=75151．
17.(1)证明：因为菱形ABCD，且∠BAD=60°，所以△BCD是等边三角形，
又E是CD的中点，所以BE⊥CD，
翻折后，有BE⊥PE，BE⊥DE，
因为PE∩DE=E，PE，DE⊂平面PDE，
所以BE⊥平面PDE，
而PD⊂平面PDE，
所以BE⊥PD．
(2)解：因为菱形ABCD的边长为4，∠BAD=60°，E是CD的中点，
所以DE=PE=2，BE=2 3，
由(1)知BE⊥平面PDE，
以E为坐标原点，以EB为x轴正方向，ED为y轴负方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则E(0,0,0),B(2 3,0,0),D(0,−2,0),A(2 3,−4,0)，
设P(0,m,n)，n>0，
由PA=2 10，PE=2，得 (2 3)2+(−4−m)2+n2=2 10 m2+n2=2，解得m=1n= 3，即P(0,1, 3)，
所以DP=(0,3, 3)，DB=(2 3,2,0)，EP=(0,1, 3)，EB=(2 3,0,0)，
设平面PBD的法向量为m=(x1,y1,z1)，则m⋅DP=3y1+ 3z1=0m⋅DB=2 3x1+2y1=0，
令x1=1，则y1=− 3，z1=3，所以m=(1,− 3,3)，
设平面PBE的法向量为n=(x2,y2,z2)，则n⋅EP=y2+ 3z2=0n⋅EB=2 3x2=0，
令z2=1，则y2=− 3，x2=0，所以n=(0,− 3,1)，
设平面PBD与平面PBE的夹角为θ，
则csθ=|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m||n|=62 13=3 1313，
所以sinθ= 1−cs2θ=2 1313，
故平面PBD与平面PBE的夹角的正弦值为2 1313．
18.解：(Ⅰ)由题意得：a2=b2+c2a=2c2a2+64b2=1，
解得a=2，b= 3，所以椭圆C的标准方程是x24+y23=1．

(Ⅱ)①因为I为△ABF2的内切圆圆心，则∠F1AF2=2∠IAB，显然∠IAB是锐角，
当且仅当∠IAB最大时，tan∠IAB最大，且∠F1AF2最大，
又∠F1AF2∈(0,π)，即有cs∠F1AF2最小，
由椭圆的定义得|F1A|+|F2A|=4，|F1F2|=2，
在△F1AF2中，由余弦定理得cs∠F1AF2=|F1A|2+|F2A|2−|F1F2|22|F1A||F2A|=(|F1A|+|F2A|)2−|F1F2|22|F1A||F2A|−1=42−222|F1A||F2A|−1≥6(|F1A|+|F2A|2)2−1=12，
当且仅当|F1A|=|F2A|=2时取等号，
故当|F1A|=|F2A|=2，即△F1AF2为正三角形时，∠F1AF2取得最大值π3，
此时∠IAB取最大值π6，所以tan∠IAB的最大值为tanπ6= 33．
证明：②由(Ⅰ)知F1(−1,0)，由条件可知l的斜率存在且不为0，
设l的方程为x=my−1，m≠0，
令x=−3，可得D(−3,−2m)，
联立方程x=my−13x2+4y2−12=0，
得(3m2+4)y2−6my−9=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y1+y2=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
由AD=λ1AF1可得−2m−y1=−λ1y1，
所以λ1=1+2my1，同理λ2=1+2my2，
所以λ1+λ2=2+2m(1y1+1y2)=2+2m(y1+y2y1y2)=2+2m×(−6m9)=23，
故λ1+λ2为定值23．
19.(1)解：函数f(x)=e−x−1,x≤0,−ln(x+1),x>0是“循环函数”，理由如下：
当x=0时，f(0)=0，f(f(0))=f(0)=0；
当x0，则f(f(x))=−lne−x=x；
当x>0时，f(x)=−ln(x+1)0是“循环函数”．
(2)证明：当C=12时，g(x)=34x−2+12=x+12x−1，
则g(g(x))=x+12x−1+12(x+1)2x−1−1=x+1+2x−12x+2−(2x−1)=x，
所以存在常数C=12，使得g(x)=f(x)+C为“循环函数”．
(3)证明：由题意得f(x)+g(x)−x2=3g(y)−f(y)−3y2−4y对x，y∈R恒成立，
所以存在常数a，使得f(x)+g(x)−x2=3g(y)−f(y)−3y2−4y=a．
令y=x，得f(x)+g(x)−x2=a,3g(x)−f(x)−3x2−4x=a，
解得f(x)=a2−x，g(x)=x2+x+a2．
①由f(f(x))=a2−(a2−x)=x，得f(x)为“循环函数”．
②若f(−3)=0，则a2=−3，g(x)=x2+x−3．
设函数p(x)=g(x)−12−ln(x3−x2)=x2+x−72−ln(x2−x2)(x>1)，
则p′(x)=2x+1−3x2−2xx3−x2=2x+1−3x−2x2−x=(2x−1)(x2−2)x2−x(x>1)，
当10，p(x)单调递增，
所以p(x)min=p( 2)= 2−32−ln(2 2−2)，
易证lnx1)，则p( 2)> 2−32+1−(2 2−2)=32− 2>0，
所以p(x)>0，
故当x>1时，g(x)>12+ln(x3−x2)．