山东省临沂第一中学2025届高三下学期4月月考数学试卷（含答案）

这是一份山东省临沂第一中学2025届高三下学期4月月考数学试卷（含答案），共8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。
1.设全集U=R，集合A=x||x−2|≤1，B=x|x≥2，则集合A∩∁UB=( )
A. (1,2)B. (1,2]C. [1,2)D. [1,2]
2.若复数z满足z1+2i=−3+4i(i是虚数单位)，则复数z的虚部是( )
A. 1B. 2C. iD. 2i
3.已知向量a，b满足|a|=1，|a+b|=2，且(b→−a→)⊥b→，则|b|=( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
4.设(2x2−17x)6=a0xm0+a1xm1+a2xm2+⋯+a6xm6，则m0+m1+m2+⋯+m6=( )
A. 21B. 64C. 78D. 156
5.曲线y=e−2x+1在点(0,2)处的切线与直线y=0和y=x围成的三角形的面积为( )
A. 13B. 12C. 23D. 1
6.已知⊙C的半径为1，直线l:ax+2by+3c=0恒过点C，且a,b,c成等差数列，过点P(2,−1)作⊙C的切线，则点P到切点的距离为( )
A. 2B. 6C. 2 2D. 3
7.只用1，2，3这三个数字组成一个五位数，规定这三个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数共有( )
A. 30个B. 36个C. 42个D. 48个
8.已知函数f(x)=ex−x−1,g(x)=mex−x−1−2mex−x+m+2，对任意x∈[1,+∞)，都有g(x)0，则实数m的取值范围是( )
A. 1,eB. −1−e,−1e
C. −1−e,−3−1eD. −e,−1e
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。
9.一组样本数据x1，x2，⋯，xn的平均数为x(x≠0)，标准差为s.另一组样本数据xn+1，xn+2，⋯，x2n的平均数为3x，标准差为s.两组数据合成一组新数据x1，x2，⋯，xn，xn+1，⋯，x2n，新数据的平均数为y，标准差为s’，则( )
A. y>2xB. y=2xC. s′>sD. s′=s
10.已知函数f(x)的导函数为f′(x)=(x−1)3+2(x−1)，下列判断正确的是( )
A. 函数f′(x)关于(1,0)中心对称，函数f(x)关于x=1轴对称
B. 在复数范围内方程f′(x)=0有三个根，且三个根的和为3
C. 00,a+2b+2ab=3,(a+2)(c+1)3(a+1)+c+16b+3+4c+2的最小值为 ．
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)
△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acsC=(2b−c)csA．
(1)求角A的大小；
(2)若b=2，BC边上的中线AD= 3，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
如图，四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD,AB/\!/CD,AD⊥CD,PA=PD=AD=CD=2，AB=1,M为棱PC上一点．

(1)证明：BD⊥PC；
(2)若PA/\!/平面BMD，求直线PC与平面BMD所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，点M(1,32)在C上，且MF⊥x轴.
(1)求C的方程；
(2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点，求▵AOB面积的最大值．
18.(本小题17分)
深圳是一个沿海城市，拥有大梅沙等多样的海滨景点，每年夏天都有大量游客来游玩.为了合理配置旅游资源，文旅部门对来大梅沙游玩的游客进行了问卷调查，据统计，其中25的人选择只游览海滨栈道，另外35的人选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩.每位游客若选择只游览海滨栈道，则记1分；若选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，则记2分.假设游客之间的旅游选择意愿相互独立，视频率为概率．
(1)从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望；
(2)从游客中随机抽取n个人n∈N∗，记这n个人的合计得分恰为n+1分的概率为pn，求i=1npi；
(3)从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为n分n∈N∗的概率为an，随着抽取人数的无限增加，an是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=ax+xln1+x2−(1+x)ln(1+x)．
(1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与x轴平行，求a的值；
(2)设函数g(x)=xf1x，给出g(x)的定义域，并证明：曲线y=g(x)是轴对称图形；
(3)证明：1+1nn0，
∴csA=12，又A∈(0,π)，∴A=π3；
(2)在△ABC中，∵∠ADB+∠ADC=π，∴cs∠ADC+cs∠ADB=0，
根据余弦定理得，a22+3−222·a2· 3+a22+3−c22·a2· 3=0，
即a2=2c2−4，
又因为b=2，所以a2=b2+c2−2bccsA=4+c2−2c，所以2c2−4=4+c2−2c，
解得c=2或c=−4(舍)，
∴△ABC的面积为S=12bcsinA=12×4× 32= 3．
16.(1)取AD中点O，连接PO,CO
∵PA=PD,∴PO⊥AD
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD
∴PO⊥平面ABCD
∵BD⊂平面ABCD,∴PO⊥BD
∵DO=1=AB,CD=AD,∠DAB=∠CDO=π2
∴△DAB≌△CDO
∴∠DOC+∠ADB=π2，即BD⊥OC
又PO,OC⊂平面POC,PO∩OC=O,∴BD⊥平面POC
∵PC⊂平面POC,∴BD⊥PC
(2)连接AC，设AC∩BD=Q，连接QM
∵PA/\!/平面BMD,PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BMD=MQ
∴PA/\!/MQ，易知AQ:QC=1:2,∴PM:MC=1:2
取BC中点N，连接ON，则OA,ON,OP两两互相垂直．
分别以OA,ON,OP为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系

则O(0,0,0),P0,0, 3,B(1,1,0),D(−1,0,0),C(−1,2,0)
∴DB=(2,1,0),PC=−1,2,− 3，
∴PM=13PC=−13,23,− 33，
∴DM=DP+PM=1,0, 3+−13,23,− 33=23,23,2 33
设平面BMD的一个法向量n=(x,y,z)
则DB⋅n=0,DM⋅n=0,即2x+y=0,23x+23y+2 33z=0,令x=1，则n=1,−2, 33
设直线PC与平面BMD所成角为θ，则sinθ=cs=n⋅PCnPC=64 3×2 2=3 68
即直线PC与平面BMD所成角的.正弦值为3 68
17.(1)依题意，右焦点F(1,0)，则左焦点F′(−1,0)，而|MF|=32，MF⊥x轴，
则|MF′|= |F′F|2+|MF|2= 22+(32)2=52，于是2a=|MF′|+|MF|=4，
解得a=2，b2=a2−12=3，所以椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)依题意，直线AB不垂直于y轴，设其方程为x=my+4，
由x=my+4x24+y23=1消去x并整理得(3m2+4)y2+24my+36=0，
Δ=242m2−144(3m2+4)=144(m2−4)>0，解得m2>4，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1+y2=−24m3m2+4,y1y2=363m2+4
则▵AOB面积S▵AOB=12|OP||y1−y2|=2 (y1+y2)2−4y1y2=24 m2−43m2+4，
令t= m2−4，则t>0，且m2=t2+4，
S▵AOB=24t3t2+16=243t+16t≤242 3t⋅16t= 3，当且仅当3t=16t，即t=4 33时取等号，
所以▵AOB面积的最大值为 3．
18.(1)依题意，随机变量X的可能取值为2,3,4，
则P(X=2)=(25)2=425，P(X=3)=C21×25×35=1225，P(X=4)=(35)2=925
所以X的分布列如下表所示：
数学期望为E(X)=2×425+3×1225+4×925=165．
(2)由这n人的合计得分为n+1分，得其中只有1人既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，
于是Pn=Cn1⋅35⋅(25)n−1=3n⋅2n−15n=32⋅n⋅(25)n，令数列{n⋅(25)n}的前n项和为Sn，
则Sn=1×25+2×(25)2+3×(25)3+⋯+n×(25)n，
于是25Sn=1×(25)2+2×(25)3+⋯+(n−1)×(25)n+n×(25)n+1，
两式相减得35Sn=25+(25)2+(25)3+⋯+(25)n−n×(25)n+1=25[1−(25)n]1−25−n×(25)n+1
=23−10+6n15×(25)n，因此Sn=109−10+6n9⋅(25)n，
所以i=1npi=p1+p2+p3+⋯+pn=32Sn=53−5+3n3⋅(25)n．
(3)在随机抽取的若干人的合计得分为n−1分的基础上再抽取1人，则这些人的合计得分可能为n分或n+1分，
记“合计得n分”为事件A，“合计得n+1分”为事件B，A与B是对立事件，
则P(A)=an，P(B)=35an−1，an+35an−1=1(n≥2)，即an−58=−35(an−1−58)(n≥2)，
由a1=25，得a1−58=−940，则数列{an−58}是首项为−940，公比为−35的等比数列，
an−58=−940(−35)n−1(n≥1)，因此an=58−940(−35)n−1(n≥1)，
随着n的无限增大，(−35)n−1无限趋近于0，an无限趋近于58，
所以随着抽取人数的无限增加，an趋近于常数58．
19.解：(1)由于f′(x)=xx+2+lnx+22x+2+a−1，
由题意可知f′(0)=a−1=0，则a=1；
(2)证明：令g(x)=xf(1x)=a+ln(1+12x)−(x+1)ln(1+1x)，
则g(x)的定义域为(−∞,−1)∪(0,+∞)，
故该定义域关于直线x=−12对称，
g(−1−x)=a+ln(1+1−2x−2)+xln(1−11+x)
=a+ln2x+12x+2+xlnx1+x
=a+ln(2x+1)−ln(x+1)−ln2+xlnx−xln(x+1)
=a+ln(1+12x)−ln(x+1)+(x+1)lnx−xln(x+1)
=a+ln(1+12x)−(x+1)ln(1+1x)=g(x)，
故曲线y=xf(1x)关于直线x=−12对称，是轴对称图形；
(3)证明：当a=1时，
f(x)=x+xln(1+x2)−(1+x)ln(1+x)，
则f′(x)=xx+2+lnx+22x+2，
令ℎ(x)=xx+2+lnx+22x+2，
得ℎ′(x)=x(x+1)(x+2)2，
当x≥0时，ℎ′(x)≥0，此时ℎ(x)≥ℎ(0)=0，
故当x>0时，f′(x)>0，函数f(x)在0,+∞上单调递增，
则f(x)>f(0)=0，
取x=1n，可得1n+1nln(1+12n)−(1+1n)ln(1+1n)>0，
于是1+ln(1+12n)−(n+1)ln(1+1n)>0，
则ln[e(1+12n)]>ln[(1+1n)n+1]，
整理得(1+1n)n