T8联考·2025届高三下学期3月联合测评数学试卷（含答案）

这是一份T8联考·2025届高三下学期3月联合测评数学试卷（含答案），共10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.已知复数z满足z+2i=zi，则|z|=( )
A. 5B. 55C. 2D. 33
2.已知集合P={x|y=ln(1−2x)}，Q={y|y=1−ex2}，则P∩Q=( )
A. (−∞,12)B. (12,+∞)C. (0,12)D. ⌀
3.已知实数a0”是“abb′，a>a′B. ba′C. b0)在区间[0,π]上恰有两个零点，则ω的取值范围是 ．
14.若函数y=f(x)满足：对任意的正实数m，n，有f(m+n)>f(m)+f(n)恒成立，则称函数y=f(x)为“Γ函数”.若函数f(x)=ln(x+1)+ax2是“Γ函数”，则实数a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)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcsC=35a+ccsB.
(1)求证：tanB=4tanC;
(2)若c= 5，sinC= 55，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，M，N分别为棱DD1，BC上的动点(含端点)．
(1)当点M在什么位置时，有B1D⊥平面MAC;
(2)当动点M，N满足DMDD1=BNBC时，求点A1到平面AMN距离的取值范围．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=eax−lnx+a．
(1)若a=1，求f(x)的极值点个数;
(2)是否存在整数a，使得函数f(x)的图象与y=(2−a)x+a的图象在区间(1,+∞)上有两个交点?若存在，求出a的最大值;若不存在，请说明理由．
18.(本小题17分)
如图，已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 2，线段A1A2，B1B2分别为C的实轴与虚轴，四边形A1B1A2B2的面积为2．

(1)求C的标准方程;
(2)若直线l与C的左、右两支分别交于M，N两点，且总有A2B2平分∠MA2N.
①求证：直线l恒过定点，并求出定点坐标;
②若直线A2M，A2N与直线x=12分别交于P，Q两点，求△A2MN与△A2PQ面积之和的最小值．
19.(本小题17分)
在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的乘积，形成一个新数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“J延拓”.如数列1，2第一次“J延拓”后得到数列1，2，2，第二次“J延拓”后得到数列1，2，2，4，2.将数列a，b，c经过n次“J延拓”后所得数列的项数记为Pn，所有项的乘积记为Qn．
(1)给定数列−1，2，1，回答下列问题：
①求P2，Q2;
②若|Pn+Qn|>22025，求正整数n的最小值．
(2)已知数列a，b，c，其中a，b，c∈{−3,−2,−1,1,2,3}，求该数列经过3次“J延拓”后，Q3能被48整除的概率．
参考答案
1.C
2.A
3.D
4.B
5.A
6.C
7.D
8.B
9.ACD
10.ACD
11.BCD
12.2
13.[43,73)
14.[12,+∞).
15.解：(1)∵bcsC=35a+ccsB，
由正弦定理得sinBcsC=35sinA+sinCcsB，
又A=π−(B+C)，∴sinA=sinB+C=sinBcsC+csBsinC，
∴sinBcsC=35(sinBcsC+csBsinC)+sinCcsB，
即25sinBcsC=85csBsinC(两边同除csBcsC)，
∴tanB=4tanC;
(2)解：由tanB=4tanC可知B，C∈(0,π2).
又sinC= 55，∴tanC=12，tanB=2，
∴sinB=2 55，
设BC边上的高为ℎ，则ℎ=c⋅sinB=2，
又BC=ℎtanB+ℎtanC=22+212=5，
∴S△ABC=12BC⋅ℎ=12×5×2=5．

16.解：(1)以A为原点，AB，AD，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B1(1,0,2)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，B(1,0,0)，
设M(0,1,m)，0⩽m⩽2，N(1,n,0)，0⩽n⩽1．
则B1D=−1,1,−2，AM=0,1,m，AC=1,1,0．
若B1D⊥平面MAC，则B1D·AM=1−2m=0B1D·AC=−1+1=0，解得：m=12，
故当DM=12时，有B1D⊥平面MAC;
(2)若DMDD1=BNBC，
则m2=n1，则m=2n．
设平面AMN的法向量为a=x,y,z，
则a·AM=y+mz=0a·AN=x+ny=0，令y=1，则x=−n，z=−1m．
所以a=−n,1,−1m，因为AA1=0,0,2．
点A1到平面AMN距离为a·AA1a=2m n2+1+1m2=2 m2n2+m2+1=2 4n4+4n2+1，
因为0⩽n⩽1，所以1⩽4n4+4n2+1⩽9，
所以2 4n4+4n2+1∈23,2．
17.解：(1)当a=1时，f(x)=ex−lnx+1，其定义域为(0,+∞)，
对f(x)求导得f′(x)=ex−1x，
易知f′(x)=ex−1x在(0,+∞)上单调递增，
又f′(12)= e−20，
根据零点存在定理，在区间(12,1)内存在x0，使得f′(x0)=0，
当00，
∴ℎ(a)在区间(0,+∞)上单调递增，
又a∈Z，∴ℎ(a)≥ℎ(1) =ex−lnx−x，
令m(x)=ex−lnx−x，x∈(1,+∞)，
∴m′(x)=ex−1x−1，易知m′(x)在区间(1,+∞)上单调递增，
∴m′(x)>m′(1)=e−2>0，
∴m(x)在区间(1,+∞)上单调递增，m(x)>m(1)=e−1>0，
从而g(x)=ℎ(a)≥m(x)>0恒成立，故g(x)在(1,+∞)上无零点，不合题意．
综上所述，不存在整数a，使得f(x)的图象与y=(2−a)x+a的图象在区间(1,+∞)上有两个交点．
18.解：(1)由题意得e= 1+(ba)2= 212⋅2a⋅2b=2，解得a=b=1，
∴双曲线C的标准方程为x2−y2=1．
(2) ①∵直线A2B2的方程为y=−x+1，
A2B2平分∠MA2N，∴直线A2M，A2N关于直线A2B2对称，
∴两直线的斜率之积kA2M·kA2N=1．
直线l的斜率显然存在，设l的方程为y=kx+m，
设点M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=kx+mx2−y2=1，整理得(1−k2)x2−2kmx−m2−1=0．
则有1−k2≠0，且Δ=(−2km)2+4(1−k2)(m2+1)=4(m2−k2+1)>0，
x1+x2=2km1−k2，x1x2=−m2−11−k2，
又kA2MkA2N=y1x1−1⋅y2x2−1=(kx1+m)(kx2+m)(x1−1)(x2−1)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2x1x2−(x1+x2)+1=1，
整理得(k2−1)x1x2+(km+1)(x1+x2)+m2−1=0，
∴(k2−1)(−m2−1)+(km+1)⋅2km+(m2−1)(1−k2)=0，
∴2km+2m2=2m(k+m)=0，得m=0或k+m=0．
当k+m=0时，直线l的方程为y=kx−k=k(x−1)，
即直线l过定点A2(1,0)，此时∠MA2N不存在，舍去;
当m=0，且△=4(−k2+1)>0时，此时直线l的方程为y=kx，恒过定点(0,0)．
综上所述，直线l恒过定点(0,0)．
②由 ①知，直线MN的方程为y=kx，
显然k=0时不符合题意，不妨设0