四川省绵阳市三台中学2025届高三下学期四月月考数学试卷（含答案）

这是一份四川省绵阳市三台中学2025届高三下学期四月月考数学试卷（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.已知集合A=1,2,4，B={x∈N|x2+x−2≤0}，则A∪B=( )
A. −2,−1,0,1,2,4B. 0,1,2,4C. 1,2,4D. 1
2.设复数z在复平面内对应的点为Z(x,y)，若|z−1|=1，则( )
A. (x−1)2+y2=1B. (x+1)2+y2=1
C. x2+(y−1)2=1D. x2+(y+1)2=1
3.(x+y)(2x−y)5的展开式中x3y3的系数为
A. −80B. −40C. 40D. 80
4.四羊方尊(又称四羊尊)为中国商代晚期青铜器，其盛酒部分可近似视为一个正四棱台(上、下底面的边长分别为40cm,20cm，高为24cm)，则四羊方尊的容积约为( )
A. 22400cm3B. 32400cm3C. 44800cm3D. 67200cm3
5.若f(x)=lne2x+1+ax是偶函数，则a=( )
A. 0B. −1C. −2D. −e
6.已知▵ABC的外接圆圆心为O，且2AO=AB+AC，CA= 3OA，则向量CA在向量CB上的投影向量为( )
A. 34CBB. 12CBC. 13CBD. 14CB
7.若α∈0, π2，tan2α=sinαcsα−2，则tanα=( )
A. 1515B. 155C. 15D. 153
8.已知正四面体S−ABC，若平面ABC内有一动点P到平面SAB、平面SBC、平面SCA的距离依次成等差数列，则点P的轨迹是( )
A. 一条线段B. 一个点C. 一段圆弧D. 抛物线的一段
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.将函数f(x)=2sin2x+π6的图象向右平移π6个单位长度，得到函数g(x)的图象，则( )
A. g(x)=2sin2xB. g(x)=2sin2x−π6
C. g(x)的图象关于直线x=π4对称D. g(x)的图象关于π12,0中心对称
10.已知抛物线W:y2=2px与圆M:(x−6)2+(y−4)2=64相交于A，B，线段AB恰为圆M的直径，且直线AB过抛物线W的焦点F，则正确的结论是( )
A. p=4
B. 圆M与抛物线W的准线有公共点
C. 在抛物线W上存在关于直线AB对称的两点
D. 线段AB的垂直平分线与抛物线W交于C，D，则有|MA|⋅|MB|=|MC|⋅|MD|
11.已知函数f(x)=lg2|1−x|，若函数g(x)=f2(x)+af(x)+2b有6个不同的零点，且最小的零点为x=−1，则下列说法正确的是( )
A. a=0B. a+b=−1C. b=−1D. 6个零点之和是6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线与圆x2+y2+8y+12=0相切，则双曲线的离心率为 ．
13.市环保局开展了环境治理专项活动，活动结束后对志愿者做了一次随机抽样调查，统计整理了部分志愿者的服务时长(单位：小时)，得到如图所示的频率分布直方图，据此估计志愿者服务时长的第90百分位数为 ．
14.在三角形ABC中，BC=4，角A的平分线AD交BC于点D，若|BD||DC|=13，则三角形ABC面积的最大值为 ．
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)
在等差数列an中，a4=7，a3+2a8=35，数列bn的前n项和为Sn，且3bn−2Sn=1．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)若cn=anbn，求数列cn的前n项和Tn．
16.(本小题15分)
袋中装有大小相同的4个红球，2个白球．某人进行摸球游戏，一轮摸球游戏规则如下：①每次从袋中摸取一个小球，若摸到红球则放回袋中，充分搅拌后再进行下一次摸取；②若摸到白球或摸球次数达到4次时本轮摸球游戏结束．
(1)求一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次的概率；
(2)若摸出1次红球计1分，摸出1次白球记2分，求一轮游戏结束时，此人总得分X的分布列和数学期望．
17.(本小题15分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，且经过A(−2,0)，直线l交C于E，F两点，直线AE，AF斜率之和为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：直线l过定点．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD,BC//AD,BC=12AD,M为棱PD的中点，四面体P−ABC的体积为43,△PBC的面积为2 2．
(1)求证：CM//平面PAB；
(2)求点D到平面PBC的距离；
(3)若AP=AB，平面PBC⊥平面ABP，点N为棱PC上一点，当平面ABN与平面BNC夹角为60∘时，求NC的长．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=lnx2−x+m(x−1)
(1)判断曲线y=f(x)是否具有对称性，若是，求出相应的对称轴或对称中心，并加以说明；
(2)若f(x)在定义域内单调递增，求m的取值范围；
(3)若函数g(x)=f2xx+1+m⋅x2+1x+1有两个零点x1, x2，证明：x1x2>e2．
参考答案
1.B
2.A
3.C
4.A
5.B
6.A
7.C
8.A
9.BD
10.ABD
11.BD
12.2
13.38
14.3
15.(1)解：设等差数列an的公差为d，
则a3+2a8=a4−d+2a4+4d=3a4+7d=21+7d=35，解得d=2，
所以，an=a4+(n−4)d=7+2(n−4)=2n−1，
数列bn的前n项和为Sn，且3bn−2Sn=1，
当n=1时，则有3b1−2S1=b1=1，
当n≥2时，由3bn−2Sn=1可得3bn−1−2Sn−1=1，
上述两个等式作差可得3bn−3bn−1−2bn=0，即bn=3bn−1，
所以，数列bn是首项为1，公比为3的等比数列，则bn=1×3n−1=3n−1．
(2)解：因为cn=anbn=2n−13n−1，则Tn=130+331+532+⋯+2n−13n−1，①
可得13Tn=13+332+⋯+2n−33n−1+2n−13n，②
①−②得23Tn=1+23+232+⋯+23n−1−2n−13n=1+231−13n−11−13−2n−13n
=2−2(n+1)3n，
故Tn=3−n+13n−1．

16.(1)设一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次为事件A，记第i次(i=1,2,3)摸到红球为事件Bi，
则事件A=B1∪B1B2∪B1B2B3，
显然B1、B1B2、B1B2B3彼此互斥，
由互斥事件概率的加法公式：P(A)=PB1∪B1B2∪B1B2B3
=PB1+PB1B2+PB1B2B3
因为每次摸到红球后放回，所以，PBi=23，PBi=13，
所以，P(A)=13+23×13+23×23×13=1927．
(2)依题意，X的可能取值为2，3，4，5，
P(X=2)=PB1=13，
P(X=3)=PB1B2=23×13=29，
P(X=4)=PB1B2B3+PB1B2B3B4=23×23×13+234=2881，
P(X=5)=PB1B2B3B4=233×13=881，
所以，一轮摸球游戏结束时，此人总得分X的分布列为：
E(X)=2×13+3×29+4×2881+5×881=26081．

17.(1)设椭圆半焦距为c，则依题意有e=ca= 32a=2,
所以c= 3，所以b2=a2−c2=4−3=1，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，
联立y=kx+mx24+y2=1，消去y得1+4k2x2+8kmx+4m2−4=0，
Δ=64k2m2−41+4k24m2−4>0，即m2>4k2+1，
设Ex1,y1，Fx2,y2，则x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2.
因为直线AE，AF斜率之和为1，
即kAE+kAF=y1x1+2+y2x2+2=kx1+mx2+2+kx2+mx1+2x1+2x2+2
=2kx1x2+(2k+m)x1+x2+4mx1x2+2x1+x2+4=2k4m2−41+4k2+−8km(2k+m)1+4k2+4m+16k2m1+4k24m2−41+4k2+−16km1+4k2+4+16k21+4k2
=m−2k(m−2k)2=1，
所以m−2k=1，即m=2k+1，
所以直线l的方程为y=kx+2k+1，即y−1=k(x+2)，
所以直线l过定点(−2,1)．

18.(1)在四棱锥P−ABCD中，取PA的中点E，连接EM,EB，
在▵PAD中，由E,M分别为PA,PD的中点，得EM//AD,EM=12AD，
又BC//AD,BC=12AD，则EM//BC,EM=BC，
即四边形BCME为平行四边形，BE//MC，而BE⊂平面PAB,MC⊄平面PAB，
所以CM//平面PAB．
(2)设点A到平面PBC的距离为ℎ，由四面体P−ABC的体积为43,△PBC的面积为2 2，
得13S▵PBC⋅ℎ=13⋅2 2⋅ℎ=43，解得ℎ= 2，
而AD//BC,BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC，则AD//平面PBC，
所以点D到平面PBC的距离为 2．
(3)取PB的中点F，连接AF，由AP=AB，得AF⊥PB，由平面PBC⊥平面ABP，
平面PBC∩平面ABP=PB,AF⊂平面ABP，得AF⊥平面PBC，即AF=ℎ= 2，
则AP=AB=2,BP=2 2，由AF⊥平面PBC,BC⊂平面PBC，得AF⊥BC，
又PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD，则PA⊥BC，而PA∩AF=A,PA,AF⊂平面ABP，
因此BC⊥平面ABP，又AB,PB⊂平面ABP，则AB⊥BC,PB⊥BC，
而▵PBC的面积为2 2，BP=2 2，则BC=2,AD=4，PC=2 3，
由AD//BC，得AD⊥AB，以A为原点，直线AB,AD,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2)，设CN=λCP(0≤λ≤1)，
则N(2−2λ,2−2λ,2λ),BC=(0,2,0),PB=(2,0,−2),AB=(2,0,0)，
AN=(2−2λ,2−2λ,2λ)，设平面BNC的法向量为n=x1,y1,z1，
则PB⋅n=2x1−2z1=0BC⋅n=2y1=0，取z1=1，得n=(1,0,1)，设平面ABN的法向量为m=(x2,y2,z2)，
则AB⋅m=2x2=0AN⋅m=(2−2λ)x2+(2−2λ)y2+2λz2=0，取y2=2λ，得m=(0,2λ,2λ−2)，
cs〈m,n〉=2λ−22 2⋅ 2λ2−2λ+1，由平面ABN与平面BNC的夹角为60∘，
得1−λ 2⋅ 2λ2−2λ+1=12，解得λ=12，即N为PC的中点，
所以NC= 3．

19.(1)令x2−x>0，等价于x(2−x)>0，解得00，
可知φ(t)在(1,+∞)上单调递增，则φ(t)>φ(1)=0，即ℎ′(t)>0，
可知ℎ(t)在(1,+∞)上单调递增，则ℎ(t)>ℎ(1)=0，
即(t+1)lnt−2(t−1)>0,t>1，所以x1x2>e2．
X
2
3
4
5
P
13
29
2881
881