2025-2026学年海南省琼海市嘉积中学高三（上）第一次月考数学试卷（9月份）（含答案）

这是一份2025-2026学年海南省琼海市嘉积中学高三（上）第一次月考数学试卷（9月份）（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。
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|y= x},B={x|−2≤x≤1}，则A∩B=( )
A. {x|01”是“1a0且a≠1)，若f(−3)0，则( )
A. a+c>b+cB. ca>cbC. ac>bcD. b+ca+c>ba
10.眼睛是心灵的窗户，保护视力从青少年开始.“近视”(设为事件A)和“老花”(设为事件B)是影响中老年人学习与生活质量的重要视力因素.设P(A)=12，P(B)=13，P(B−|A)=23，则( )
A. A与B互为对立B. A与B相互独立
C. P(A+B)=P(B−)D. P(A|B)=P(A−|B−)
11.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足：①f(2)=16；②对∀x，y∈(0,+∞)，有f(xy)=f(x)f(y)；③∀x1，x2∈(0,+∞)且x1≠x2，有(x1−x2)(f(x1)−f(x2))1的解集为(0, 12)
C. f(x)+f(1x)≥2
D. ∀n∈N,f(20)+f(2)+f(22)+⋯+f(2n)0，则f(x)=0根为______；若函数y=f(f(x)−a)有四个零点，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，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acsB=(2c−b)csA．
(1)求A；
(2)若a= 6，求△ABC的周长的取值范围．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为菱形，∠ADC=π3，△PAD为正三角形，AC=2 3，PC=3 2．
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=l(a>b>0)的离心率为 22，且过点(2, 2).
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；
(Ⅱ)设A、B为椭圆C的左、右顶点，过C的右焦点F作直线l交椭圆于M，N两点，分别记△ABM，△ABN的面积为S1，S2，求|S1−S2|的最大值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ax2−lnx−1，g(x)=xex−ax2(a∈R)．
(1)求g(x)在x=0处的切线方程；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)证明：f(x)+g(x)≥x．
19.(本小题17分)
为纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，某校组织相关知识的答题竞赛，每名参赛选手都赋予6分的初始积分，每答对一题加1分，每答错一题减1分.已知小明每道题答对的概率为34，答错的概率为14，且每道题答对与否互不影响．
(1)求小明答4道题后积分小于6的概率．
(2)设小明答5道题后积分为X，求E(X)和D(X)．
(3)若小明一直答题，直到积分为0或12时停止，记小明的积分为i(i=0,1,2,⋯,12)时最终积分为12的概率为Pi，则P0=0，P12=1．
(i)证明：{Pi+1−Pi}(i=0,1,2,⋯,11)为等比数列；
(ii)求P6的值．
参考答案
1.B
2.C
3.A
4.A
5.C
6.C
7.D
8.B
9.ACD
10.BCD
11.ACD
12.0.5
13.[32,2]
14.−1或2；(1,1+1e)
15.解：(1)在△ABC中，acsB=(2c−b)csA，
由正弦定理：sinAcsB=2sinCcsA−sinBcsA，可得：sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsA，可得sinC=2sinCcsA，
因为C∈(0,π)，故sinC>0，从而csA=12，
又A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)在△ABC中，由余弦定理有a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc=
(b+c)2−3bc≥(b+c)2−3(b+c)24=14(b+c)2当且仅当b=c时取等号，
∴6≥14(b+c)2，∴(b+c)2≤24，∴b+c≤2 6，
又b+c>a= 6，∴a+b+c∈(2 6,3 6].
∴△ABC的周长的取值范围(2 6,3 6].
16.(1)证明：设AD中点为O，连接PO，CO，
因为四边形ABCD为菱形，∠ADC=π3，所以△ACD为正三角形，
又△PAD为正三角形，则PO⊥AD，CO⊥AD，
因为AC=2 3，所以PO=CO=3，
所以PO2+CO2=PC2，即PO⊥CO，
因为CO∩AD=O，CO，AD⊂平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD，
因为PO⊂平面PAD，
所以平面PAD⊥平面ABCD；
(2)解：由(1)可知OC，OD，OP两两垂直，
以O为原点，OC，OD，OP分别为x，y，z轴建立如图所示坐标系，
则P(0,0,3)，B(3,−2 3,0)，C(3,0,0)，
可得PB=(3,−2 3,−3)，PC=(3,0,−3)，
易知平面PAD的一个法向量n=(1,0,0)，
设平面PBC的法向量m=(x1,y1,z1)，
则m⋅PB=3x1−2 3y1−3z1=0m⋅PC=3x1−3z1=0，令x1=1，
可得平面PBC的一个法向量m=(1,0,1)，
因为m⋅n=1×1+0×0+0×1=1，|n|=1，|m=| 12+02+12= 2，
所以cs=m⋅n|m|⋅|n|=1 2= 22，
设平面PBC与平面PAD的夹角为θ，
则cs=|cs|= 22．
所以平面PBC与平面PAD夹角的余弦值为 22．
17.解：(Ⅰ)根据题意可得：ca= 22，4a2+2b2=1，a2=b2+c2，
解得：a2=8，b=2．
故椭圆C的标准方程为：x28+y24=1．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知F(2,0)，当直线l的斜率不存在时，S1=S2，于是|S1−S2|=0；
当直线l的斜率存在时，设直线l：y=k(x−2)(k≠0)，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=k(x−2)x28+y24=1，得(1+2k2)x2−8k2x+8k2−8=0．
∴x1+x2=8k21+2k2，x1x2=8k2−81+2k2，
于是|S1−S2|=12×4 2×|y1+y2|=2 2|k(x1+x2)−4k|=2 2|k×8k21+2k2−4k|=8 2|k|1+2k2=8 21|k|+2|k|≤8 22 2=4．
当且仅当k=± 22时等号成立，此时|S1−S2|的最大值为4．
综上，|S1−S2|的最大值为4．
18.(1)由题意可得g′(x)=(x+1)ex−2ax，所以g′(0)=1，又g(0)=0，
所以g(x)在x=0处的切线方程为y=x，即x−y=0；
(2)由题意可得：f(x)的定义域为(0, +∞), f′(x)=2ax−1x=2ax2−1x，
当a≤0时，f′(x)0时，令2ax2−1=0，解得x= 12a，
令f′(x)>0，解得x> 12a；令f′(x)0，
则F′(x)=(x+1)ex−1x−1=(x+1)(ex−1x)，
由x>1可知x+1>0，令ℎ(x)=ex−1x, x>0．
因为y=ex, y=−1x在(0,+∞)上单调递增，则ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
且ℎ(12)= e−2〈0, ℎ(1)=e−1〉0，
可知ℎ(x)在(0,+∞)上存在唯一零点x0∈(12, 1), ex−1x0=0，
当0