浙江省金华第一中学2025届高三上学期10月月考数学试题（含答案）

这是一份浙江省金华第一中学2025届高三上学期10月月考数学试题（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.若复数z满足2z=1−i，则z=( )
A. 1−iB. 1+iC. −1−iD. −1+i
2.直线a //平面α，P∈α，那么过P且平行于a的直线( )
A. 只有一条，不在平面α内B. 有无数条，不一定在平面α内
C. 只有一条，且在平面α内D. 有无数条，一定在平面α内
3.已知a，b为单位向量，若(a+2b)⊥(3a−b)，则csa,b=( )
A. 35B. −35C. 15D. −15
4.2x−1x27的展开式中1x2项的系数是( )
A. 672B. −420C. 560D. −560
5.某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为2π，则该圆锥体积为( )
A. 3π8B. π8C. 3π8D. 3π24
6.已知随机变量ξ∼N2,σ2，且P(ξ≤1)=P(ξ≥a)，则1x+9a−x(0A. 5B. 112C. 203D. 163
7.已知函数f(x)=2cs2ωx−(sin ωx−cs ωx)2(ω>0)的图象关于直线x=π12轴对称，且f(x)在0,π3上没有最小值，则ω的值为( )
A. 12B. 1C. 32D. 2
8.已知某多选题给出的四个选项中会有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．若选项中有i(其中i=2,3,4)个选项符合题目要求，记随机作答该题时(至少选择一个选项)所得的分数为随机变量ξi(i=2,3,4)，则( )
A. 2Eξ3>4Eξ2>Eξ4B. 4Eξ2>Eξ4>2Eξ3
C. 2Eξ3>Eξ4>4Eξ2D. 4Eξ2>2Eξ3>Eξ4
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.某科技公司统计了一款App最近5个月的下载量如表所示，若y与x线性相关，且线性回归方程为y=−0.6x+a，则( )
A. y与x负相关B. a=5.6
C. 预测第6个月的下载量是2.1万次D. 残差绝对值的最大值为0.2
10.设Sn是公比为正数等比数列an的前n项和，若a2=12，a3a5=164，则( )
A. a4=18 B. S3=94 C. an+Sn为常数 D. Sn−2为等比数列
11.已知定义域为R的偶函数f(x)满足f(x+2)=−f(−x)，当x∈(1,2]时f(x)=2x−2，则下列结论正确的有( )
A. f(−1)=0B. f(x)的图象关于点(3,0)成中心对称
C. f(2024)>f(2025)D. f(xx2+1)≤f(12)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若双曲线x2m+y2m+1=1的离心率为3，则该双曲线焦点到渐近线的距离为 ．
13.曲线y=e2ax在点0,1处的切线与直线2x−y+1=0垂直，则a= ．
14.已知集合M={a,b|a≤−1，且0四、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)
已知a，b，c分别是三角形三个内角A，B，C的对边，已知a=5，sinA=35，B−A=π2
(1)求csC的值；
(2)求▵ABC的周长．
16.(本小题12分)
如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，点E,F分别在BB1,DD1上，且AE⊥A1B，AF⊥A1D．
(1)求证：A1C⊥平面AEF；
(2)当AB=AD=1,AA1=2时，求平面AEF与平面A1BD的夹角的余弦值．
17.(本小题12分)
已知直线x−2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点，且|AB|=4 15．
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，FM⋅FN=0，求△MFN面积的最小值．
18.(本小题12分)
已知函数fx=1+lnxax，其中e为自然对数的底数．
(1)当a=1时，求fx的单调区间；
(2)若方程fx=1有两个不同的根x1,x2．
(i)求a的取值范围；
(ii)证明：x12+x22>2．
19.(本小题12分)
若数列An:a1,a2,⋅⋅⋅,an(n≥2)满足|ak+1−ak|=1(k=1,2,⋅⋅⋅,n−1)，则称An为E数列，记S(An)=a1+a2+⋅⋅⋅+an．
(1)写出满足a1=a5=0，且S(A5)>0的一个E数列A5；
(2)若a1=2，n=2024，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an=2025；
(3)对任意给定的整数n(n≥2)，是否存在首项为0的E数列An，使得S(An)=0？如果存在，写出一个满足条件的E数列An；如果不存在，说明理由．
参考答案
1.B
2.C
3.D
4.D
5.B
6.D
7.C
8.D
9.ACD
10.ACD
11.ABD
12.2 23或23 2
13.−14或−0.25
14.2
15.(1)
由B=π2+A得：C=π−A−B=π2−2A，
∴csC=csπ2−2A=sin2A=2sinAcsA，
由B=π2+A知B>A，故A为锐角，∴csA= 1−sin2A=45，
∴csC=2sinAcsA=2×35×45=2425．
(2)
由(1)知：sinB=sinπ2+A=csA=45，sinC= 1−cs2C=725，
由正弦定理得：asinA=a+b+csinA+sinB+sinC=253，
∴a+b+c=253sinA+sinB+sinC=25335+45+725=14，
故▵ABC的周长为14．

16.(1)
因为BC⊥平面ABB1A1,AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥BC，
又AE⊥A1B且A1B∩BC=B，A1B,BC⊂平面A1BC，所以AE⊥平面A1BC，
且A1C⊂平面A1BC，故AE⊥A1C，同理，AF⊥A1C，
AE,AF⊂平面AEF,AE∩AF=A，
所以A1C⊥平面AEF．
(2)
以A为原点，AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图：
则A10,0,2,B1,0,0,C1,1,0,D0,1,0，
在平面A1BD中，BD=−1,1,0,A1B=1,0,−2
设平面A1BD的一个法向量为n=x,y,z，
则−x+y=0x−2z=0，可取n=2,2,1
由(1)知，平面AEF的一个法向量为A1C=1,1,−2
设平面AEF与平面A1BD的夹角为θ，
则csθ=csn,A1C=2 9⋅ 6= 69
故所求的夹角的余弦值为 69．

17.解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立x−2y+1=0y2=2px(p>0)，
消去x得：y2−4py+2p=0，
∴y1+y2=4p，y1y2=2p，Δ=16p2−8p>0，
∴p(2p−1)>0，∴p>12，
|AB|= 1+4|y1−y2|= 5 (y1+y2)2−4y1y2=4 15，
∴16p2−8p=48，∴2p2−p−6=0，∴(2p+3)(p−2)=0，
∴p=2，
(2)由(1)知y2=4x，所以F(1,0)，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x=my+n，M(x1,y1)，N(x2,y2)
由y2=4xx=my+n，可得y2−4m−4n=0，所以y1+y2=4m，y1y2=−4n，
Δ=16m2+16n>0⇒m2+n>0，
因为MF⋅NF=0，所以(x1−1)(x2−1)+y1y2=0，
即(my1+n−1)(my2+n−1)+y1y2=0，即(m2+1)y1y2+m(n−1)(y1+y2)+(n−1)2=0，
将y1+y2=4m，y2=−4n，代入得4m2=n2−6n+1，
∴4(m2+n)=(n−1)2>0，所以n≠1，且n2−6n+1≥0，解得n≥3+2 2或n≤3−2 2．
设点F到直线MN的距离为d，所以d=|n−1| 1+m2，
|MN|= 1+m2|y1+y2|= 1+m2 (y1−y2)2−4y1y2= 1+m2 16m2+16n
= 1+m2 4(n2−6n+1)+16n=2 1+m2|n−1|，
所以△MNF的面积S=12|MN|×d=12×|n−1| m2+1×2 1+m2|n−1|，
又n≥3+2 2或n≤3−2 2，所以当n=3−2 2时，△MNF的面积Smin=(2−2 2)2=12−8 2．
18.(1)
由题意得fx=1+lnxx，x∈(0,+∞)，则f′x=−lnxx2，
由f′x=0，解得x=1．
当00,fx单调递增，
当x>1时，f′x<0,fx单调递减；
综上，fx在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减；
(2)
(i)由1+lnxax=1，得1+lnxx=a，
设gx=1+lnxx，
由(1)得gx在 区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减，
又g1e=0,g1=1，当x>1时，g(x)>0，且当x→+∞时，gx→0，
所以当0故a的取值范围是(0,1).
(ii)不妨设x1法一：
当x2∈2,+∞时，结合(i)知x12+x22>x22≥4>2，即x12+x22>2；
当x2∈1,2时，2−x2∈0,1．
设px=gx−g2−x=lnxx+1x−ln2−x2−x−12−x,0则p′x=−lnxx2−ln2−x2−x2>−lnxx2−ln2−xx2=−ln−x−12+1x2>0,
所以px在区间(0,1)内单调递增，
则px所以g2−x1>gx1=gx2,
又x1∈0,1,2−x1>1,x2>1,gx在区间(1,+∞)内单调递减，
所以2−x12，
又x1≠x2，所以x12+x22>2x1x2，
故2x12+2x22>x12+x22+2x1x2=x1+x22>4，所以x12+x22>2，得证．
法二：
设ℎx=gx−g1x=1+lnxx−x1−lnx，x∈(0,+∞)，
则ℎ′x=−lnxx2+lnx=lnx⋅x2−1x2≥0，
所以ℎ(x)在区间(0,+∞)内单调递增，又ℎ(1)=0，
所以ℎx1=gx1−g1x1<0，即gx1又gx2=gx1，所以gx2又x2>1,1x1>1,gx在区间(1,+∞)内单调递减．
所以x2>1x1，即x1x2>1，
又x1≠x2，所以x12+x22>2x1x2>2，得证．

19.(1)
数列0，1，0，1，0是一个满足条件的E数列A5．
(2)
必要性：由E数列An是递增数列，得ak+1−ak=1(k=1,2,⋅⋅⋅,2023)，
则An是首项为2，公差为1的等差数列，所以a2024=2+(2024−1)×1=2025；
充分性：由|ak+1−ak|=1(k=1,2,⋅⋅⋅,n−1)，
得a2024−a2023≤1，a2023−a2022≤1，……，a2−a1≤1，
于是a2024−a1≤2023，即a2024≤a1+2023，而a1=2，a2024=2025，
因此a2024=a1+2023，上述各不等式都取等号，
即ak+1−ak=1>0(k=1,2,⋅⋅⋅,2023)，从而An是递增数列，
所以E数列An是递增数列的充要条件是an=2025．
(3)
设ck=ak+1−ak(k=1,2,⋅⋅⋅,n−1)，则ck=±1，
有a2=a1+c1，a3=a1+c1+c2，……，an=a1+c1+c2+⋅⋅⋅+cn−1，
于是S(An)=na1+(n−1)c1+(n−2)c2+(n−3)c3+⋅⋅⋅+cn−1
=(n−1)+(n−2)+⋅⋅⋅+1−[(1−c1)(n−1)+(1−c2)(n−2)+⋅⋅⋅+(1−cn−1)]
=n(n−1)2−[(1−c1)(n−1)+(1−c2)(n−2)+⋅⋅⋅+(1−cn−1)]，
由ck=±1，得1−ck为偶数(k=1,2,⋅⋅⋅,n−1)，
于是(1−c1)(n−1)+(1−c2)(n−2)+⋅⋅⋅+(1−cn−1)为偶数，
则要使S(An)=0，必须使n(n−1)2为偶数，
即4整除n(n−1)，亦即n=4m或n=4m+1(m∈N∗)，
当n=4m(m∈N∗)时，E数列An的项满足a4k+1=a4k−1=0，a4k−2=−1，a4k=1(k=1,2,⋅⋅⋅,n−1)，
此时，有a1=0且S(An)=0成立，
当n=4m+1(m∈N∗)时，E数列An的项满足a4k+1=a4k−1=0，a4k−2=−1，
a4k=1(k=1,2,⋅⋅⋅,n−1)，a4m+1=0时，亦有a1=0且S(An)=0成立，
当n=4m+2或n=4m+3(m∈N∗)时，n(n−1)不能被4整除，
此时不存在数列An，使得a1=0且S(An)=0成立，
所以对任意给定的整数n(n≥2)，不存在首项为0的E数列An，使得S(An)=0．
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4
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5
4.5
4
3.5
2.5