江苏省扬州市高邮市2024-2025学年高三上学期10月月考数学检测试题

这是一份江苏省扬州市高邮市2024-2025学年高三上学期10月月考数学检测试题，共17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.复数z=2−1+i(i为虚数单位)的虚部是( )
A. 1B. iC. −iD. −1
2.已知集合A={x|x2−x−2≤0}，B={x|1≤2x≤8,x∈Z}，则A∩B=( )
A. [−1,3]B. {0,1}C. [0,2]D. {0,1,2}
3.设公差d≠0的等差数列an中，a3，a5，a8成等比数列，则a1+a3+a5a1+a4+a7=( )
A. 54B. 34C. 45D. 43
4.已知平面向量m，n满足：|m|=|n|=2，且m在n上的投影向量为−12n，则向量m与向量n的夹角为( )
A. 30∘B. 60∘C. 120∘D. 150∘
5.已知α，β∈(0,π2)，tanαtanβ=15，tan(α+β)= 3，则cs(α−β)=( )
A. 12B. 34C. 38D. 13
6.为迎接国庆假期，某公司开展抽奖活动，规则如下：在不透明的容器中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，每位员工从中摸出2个小球.若摸到一红球一白球，可获得价值 a百元代金券;摸到两红球，可获得价值 b百元代金券;摸到两白球，可获得价值 ab百元代金券(a,b均为整数).已知每位员工平均可得3.2百元代金券，则运气最好者获得至多( )百元代金券
A. 5.4B. 9C. 8D. 18
7.已知双曲线C:x2a2−y2=1(a>0)，点M在C上，过点M作C两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，若|MA|⋅|MB|=34，则双曲线C的离心率为( )
A. 54B. 2 33C. 2D. 43
8.已知函数f(x)的定义域为R，且满足f(x)+f(y)=f(x+y)−2xy+2，f(1)=2，则下列结论正确的是( )
A. f(4)=12B. 方程f(x)=2x有解
C. f(x)是偶函数D. f(x−12)是偶函数
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.设正实数m，n满足m+n=1，则( )
A. mn的最小值为12B. 1m+2n的最小值为3+2 2
C. m+ n的最小值为 2D. m2+n2的最小值为12
10.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|0)，且满足|AB|min= 13，则下列结论正确的是( )
A. φ=π6
B. ω=2π3
C. 当x∈[−14,1]时，函数f(x)值域为[0,1]
D. 函数y=x−f(x)有三个零点
11.已知Sn是数列an的前n项和，且Sn+1=−Sn+n2，则下列选项中正确的是( )
A. an+an+1=2n−1(n≥2)
B. an+2−an=2(n≥2)
C. 若a1=0，则S100=4950
D. 若数列an单调递增，则a1的取值范围是(−14,12)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若(x+a)10的展开式中，x7的系数为15，则常数a=__________.(用数字作答)
13.若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为__________.
14.函数f(x)的导函数为f′(x)，若在f(x)的定义域内存在一个区间D，f(x)在区间D上单调递增，f′(x)在区间D上单调递减，则称区间D为函数f(x)的一个“渐缓增区间”.若对于函数f(x)=aex−x2，区间(0,12)是其一个渐缓增区间，那么实数a的取值范围是__________.
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)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A).
(1)证明：2a2=b2+c2;
(2)若a=3 102，csA=58，求△ABC的周长.
16.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=CB，四边形ABB1A1为菱形，∠ABB1=π3，AC1⊥B1C.
(1)证明：BC=BB1.
(2)已知平面ABC⊥平面ABB1A1，求二面角B−CC1−A的正弦值.
17.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2 3，点P(2,1)在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过P作两条相互垂直的直线PA，PB分别交椭圆C于另一点A，B，求证：直线AB过定点.
18.(本小题12分)
设数列an的前n项和为Sn.若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Sn=am，则称{an}是“H数列”.
(1)已知数列an是等差数列，且a1=0，求证：数列an是“H数列”;
(2)若数列an的前n项和Sn=2an−1(n∈N∗)，证明：数列an不是“H数列”;
(3)设an是等差数列，其首项a1=1，公差d0，n≥2，且x1+x2+⋯+xn=1，求W=x11+x1+x21+x2+⋯+xn1+xn的最大值;
(3)已知a∈N∗，且当x∈(0,π2]，都有sinx+sin(ax)−3(1+x)f(x)csx>0恒成立，求实数a的所有可能取值.
答案和解析
1.【正确答案】D
【分析】
此题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，属基础题.
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.
解：∵z=2−1+i=2(−1−i)(−1+i)(−1−i)=−1−i，
∴复数的虚部是−1.
故选D.
2.【正确答案】D
【分析】
本题主要考查了交集及其运算，指数函数及其性质的应用，解题的关键是熟练掌握交集及其运算，指数函数及其性质的计算，属于基础题.
根据已知及交集及其运算，指数函数及其性质的计算，求出A∩B的值.
解：∵集合A={x|x2−x−2≤0}={x|−1≤x≤2}，
B={x|1≤2x≤8,x∈Z}={0,1,2,3}，
∴A∩B={0,1,2}.
故选D.
3.【正确答案】C
【分析】
本题主要考查了等比数列的性质，等差数列的性质，通项公式，属于较易题.
由题意可得2d=a1，根据a1+a3+a5a1+a4+a7=3a33a4=a3a4求解即可.
解：因为公差d≠0的等差数列an中，a3，a5，a8成等比数列，
所以a 52=a3⋅a8，即(a1+4d)2=(a1+2d)⋅(a1+7d)，解得2d=a1，
所以a1+a3+a5a1+a4+a7=3a33a4=a3a4=a1+2da1+3d=2d+2d2d+3d=45.
故选：C.
4.【正确答案】C
【分析】本题主要考查了向量的数量积，向量的模，投影数量，属于中档题.
利用m在n上的投影向量为12n可得m⋅n=2，结合夹角公式即可求解.
解：由m在n上的投影向量为−12n，得m⋅nn⋅nn=−12n，所以m⋅n=−2，
所以m⋅n=2×2cs=−2，所以cs=−12，又∈[0∘,180∘]，所以=120∘.
5.【正确答案】B
【分析】
本题主要考查了和差角公式，同角基本关系，属于中档题．
由已知结合同角基本关系及和差角公式先进行化简，然后结合和差角公式可求．
因为 α,β∈0,π2 ， tanα+β= 3>0 ，所以 α+β∈0,π2 ，
所以 α+β=π3 ， csα+β=csαcsβ−sinαsinβ=12 ①，
又因为 tan αtan β=15 ，所以 sin αsin βcs αcs β=15 ②，
①②联立解得 cs αcs β=58sin αsin β=18 ，
所以 cs (α−β)=cs αcs β+sin αsin β=18+58=34 ，
故选：B
6.【正确答案】C
【分析】
本题考查古典概型及其计算、离散型随机变量的数学期望，属于一般题.
利用古典概型的概率公式求出摸到一红球一白球，摸到两红球，摸到两白球的概率，根据题意得出35a+310b+110ab=3.2，即3a+1.5b+0.5ab=16，对a分情况讨论，即可求出结果.
解：由题意得摸到一红球一白球的概率为C31C21C52=35，
摸到两红球的概率为C32C52=310，
摸到两白球的概率为C22C52=110，
所以35a+310b+110ab=3.2，
即3a+1.5b+0.5ab=16，
又a，b均为正整数，
所以当a=1时，有1.5b+0.5b=13，即b=6.5(舍去);
当a=2时，有6+1.5b+b=16，即b=205=4，
此时运气最好者获得至多2×4=8百元代金券;
当a=3时，有9+1.5b+1.5b=16，即b=73(舍去);
当a=4时，有12+1.5b+2b=16，即b=87(舍去);
当a=5时，有15+1.5b+2.5b=16，即b=0.25(舍去).
综上，运气最好者获得至多8百元代金券.
故选C.
7.【正确答案】B
【分析】
本题主要考查求双曲线的离心率，属于一般题．
设点Mx0,y0，利用点到直线的距离公式，结合点M在C上即可求解.
解：设点Mx0,y0，则x02a2−y02=1，即x02−a2y02=a2，
又两条渐近线方程为y=±1ax，即x±ay=0，
故有MA⋅MB=x0+ay0 a2+1⋅x0−ay0 a2+1=x02−a2y02c2=a2c2=34，
所以e=ca=2 33.
故选：B.
8.【正确答案】B
【分析】
本题考查了求函数值、求抽象函数的解析式、判断或证明函数的奇偶性，属于中档题．
由已知利用赋值法可判断A，取y=1，得出f(x)−f(x−1)=2(x−1)，利用累加的方法求得解析式，可判断C，根据f(x)=2x，求出x的值，即可判定B，利用奇偶函数的概念即可判定D.
解：因为函数f(x)的定义域为R，
且满足f(x)+f(y)=f(x+y)−2xy+2，f(1)=2，
取x=y=1，得f(2)=4，
取x=y=2，得f(4)=14，故A错误．
取y=1，得f(x+1)−f(x)=2x，
所以f(x)−f(x−1)=2(x−1)，
f(x−1)−f(x−2)=2(x−2)，
⋯，
f(2)−f(1)=2，
以上各式相加得f(x)−f(1)=[2(x−1)+2]⋅(x−1)2=x2−x，
所以f(x)=x2−x+2，不是偶函数，故C错误；
令f(x)=x2−x+2=2x，
得x2−3x+2=0，解得x=1或2，故B正确；
对于D，因为f(x)=x2−x+2，
所以f(x−12)=(x−12)2−(x−12)+2=x2−2x+114不是偶函数，故D错误.
故选B.
9.【正确答案】BD
【分析】
本题考查了基本不等式的应用，属于中档题．
由基本不等式及重要不等式化简，依次对四个选项判断即可．
解：
对于A， 1=m+n≥2 mn⇒ mn≤12 ，
当且仅当 m=n=12 时取等号，此时 mn 取最大值 12 ，A不正确；
对于B，因为正实数 m， n满足 m+n=1，
所以 1m+2n=1m+2nm+n=3+nm+2mn≥3+2 nm⋅2mn=3+2 2 ，
当且仅当 nm=2mn 且 m+n=1 ，即 m= 2−1,n=2− 2 时取等号，B正确；
对于C， m+ n2=m+n+2 mn≤m+n+m+n=2⇒ m+ n≤ 2 ，
当且仅当 m=n=12 时取等号，所以 m+ n ≤ 2 ，即最大值为 2 ，C错误；
对于D，由 mn≤12⇒mn≤14 ，
因此 m2+n2=m+n2−2mn=1−2mn≥1−2×14=12 ，当且仅当 m=n=12 时取等号，
m2+n2=m+n2−2mn=1−2mn≥12 ，当且仅当 m=n=12 时取等号，
即 m2+n2 的最小值为 12 ，D正确．
故选：BD
10.【正确答案】ABD
【分析】
本题考查了正弦型函数的图象与性质及相关的零点问题，属于中档题.
根据题干条件求出函数解析式，再根据正弦函数的性质及特殊点判断即可。D选项则先把函数零点问题转为两个函数的交点问题，利用五点作图法作出函数f(x)及y=x的图象进行判断。
解：点A(0,1)代入得，2sin(π3×0+φ)=−1，即sinφ=12，又∵|φ|0，∴x0=2，
由A项可知f(x)=2sin(ωx+π6)，则有f(2)=2sin(2ω+π6)=−2，
因此sin(2ω+π6)=−1， 又因为A(0,1)和B(2,−2)和|AB|min= 13，
可知，2ω+π6=3π2，解得ω=2π3.故B项正确.
由AB选项可知，f(x)=2sin(2π3x+π6)， 则x∈[−14,1]时，2π3x+π6∈[0,5π6]，
此时函数f(x)值域为[0,2].故C项错误.
由五点作图法作出f(x)=2sin(2π3x+π6)的图象及y=x的图象，如下图所示。
通过图象可知f(x)=2sin(2π3x+π6)与y=x的图像有3个不同交点，
因此函数y=x−f(x)有三个零点.因此D项正确。
本题选ABD.
11.【正确答案】ABC
【分析】
本题主要主要考查数列概念以及递推关系.
根据已知条件，逐个选项代入分析即可判断.
解：∵Sn+1=−Sn+n2①，∴Sn=−Sn−1+n−12(n≥2)②.
由①-②式可得；an+an+1=2n−1(n≥2)，∴A选项正确.
对于B，因为an+an+1=2n−1(n≥2)，
所以an+1+an+2=2(n+1)−1=2n+1，
两式相减得：an+2−an=2(n≥2)，所以B正确.
由B选项可知，∵a1=0
∴a3=a1+2=2,a5=a3+2=4,⋯a99=98,
由A，B选项正确可得；a2=1,a4=3,⋯a100=99,
∴S100=a1+a2+a3+⋯⋯+a99+a100=4950，
所以C选项正确.
对于D，Sn+1=−Sn+n2，
令n=1，则S2=−S1+1，
a1+a2=−a1+1，则a2=−2a1+1，
又因为an+1+an+2=2n+1，
令n=1，则a2+a3=3，所以
a3=3−a2=3−(−2a1+1)=2a1+2，
同理：
a4=5−a3=5−(2a1+2)=−2a1+3，
a5=7−a4=7−(−2a1+3)=2a1+4，
因为数列{an}单调递增，所以
a1