2024-2025学年北京市朝阳区对外经贸易大学附中高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市朝阳区对外经贸易大学附中高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共6页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，且m⊂α，n⊂β，则“m⊥n”是“α⊥β”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
2.将边长为4的正方形ABCD沿对角线AC折起，折起后点D记为D′.若BD′=4，则四面体ABCD′的体积为( )
A. 16 23B. 8 23C. 16 2D. 8 2
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，则“Sn有最大值”是“d<0”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
二、填空题：本题共7小题，每小题5分，共35分。
4.在△ABC中，∠A=120°,a= 19,b−c=1，则△ABC的面积为______．
5.若函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π2)的部分图象如图所示，则φ的值是______．
6.已知csα=35,α是第一象限角，且角α，β的终边关于y轴对称，则tanβ= _____．
7.如图，在某个海域，一艘渔船以60海里/时的速度，沿方位角为150°的方向航行，行至A处发现一个小岛C在其东偏南15°方向，半小时后到达B处，发现小
岛C在其东北方向，则B处离小岛C的距离为______海里．
8.已知△ABC的面积为12sinC(a2+b2−c2)，则∠C= ______．
9.已知平面向量a，b，c，正实数t，满足|a|=4，a与b的夹角为2π3，且a+tb+c=0，则|c|的最小值为______．
10.陀螺是中国民间的娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成(如图).已知一木制陀螺模型内接于一表面积为16πcm2的球，其中圆柱的两个底面为球的两个截面，圆锥的顶点在该球的球面上，若圆柱的高为2cm，则该圆柱的侧面积为______cm2，该陀螺的体积为______cm3．
三、解答题：本题共3小题，共50分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
11.(本小题16分)
在△ABC中，2asinB= 2b．
(1)求A；
(2)若b=2 2，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积．
条件①：csC=− 1010；
条件②：a=2；
条件③：sinB= 55．
12.(本小题17分)
如图，六面体ABCD−EFGD1是直四棱柱ABCD−A1B1C1D1被过点D1的平面α所截得到的几何体，DD1⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，DD1=4，AE=2，CG=3．
(Ⅰ)求证：AC⊥D1F；
(Ⅱ)求平面EFGD1与平面ABCD的夹角的余弦值；
(Ⅲ)在线段DG上是否存在一点P，使得AP//平面EFGD1？若存在，求出DPDG的值；若不存在，说明理由．
13.(本小题17分)
已知函数f(x)=xex．
(Ⅰ)求曲线y=f(x)在(0,0)处的切线方程；
(Ⅱ)求f(x)的最小值；
(Ⅲ)设g(x)=f(x−1)−2x−1x+3，已知g(x)<0，求x的取值范围．
参考答案
1.D
2.A
3.B
4.3 32
5.π3
6.−43
7.10 6
8.π3
9.2 3．
10.4 3π 7π
11.解：(1)因为2asinB= 2b，
则由正弦定理可得，2sinAsinB= 2sinB，
又因为sinB≠0，所以sinA= 22，
又因为A为△ABC的内角，
所以A=π4或A=3π4；
(2)若选择①：因为csC=− 1010，且C∈[0,π]，
所以sinC= 1−cs2C=3 1010,A=π4，
所以sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC= 22×(− 1010)+ 22×3 1010= 55，
又因为b=2 2，2asinB= 2b，
所以a= 2b2sinB= 2×2 22× 55=2 5，
所以S△ABC=12absinC=12×2 5×2 2×3 1010=6；
若选择②：因为b=2 2，2asinB= 2b，a=2，
所以sinB= 2b2a= 2×2 22×2=1，则B=π2，
所以A=π4，则△ABC为等腰直角三角形，
所以S△ABC=12×2×2=2；
若选择③：因为b=2 2，2asinB= 2b，sinB= 55，
所以a= 2b2sinB= 2×2 22× 55=2 5，
由余弦定理可得，a2=b2+c2−2bccsA，
当A=π4时，20=8+c2−4 2c× 22=8+c2−4c，即c2−4c−12=0，解得c=6；
当A=3π4时，20=8+c2−4 2c×(− 22)=8+c2+4c，即c2+4c−12=0，解得c=2；
此时△ABC不唯一，不合题意．
12.(Ⅰ)证明：连接BD，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，BF//DD1，则点F在平面D1D内，
因为DD1⊥平面ABCD，且AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC，
又底面ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
又DD1∩BD=D，所以AC⊥平面D1DBF，
D1F⊂平面D1DBF，所以AC⊥D1F；
(Ⅱ)解：因为DD1⊥平面ABCD，DA，DC⊂平面ABCD，所以DD1⊥DA，DD1⊥DC，
又底面ABCD为正方形，所以DA⊥DC，建立空间直角坐标系D−xyz，如图所示：
则E(2,0,2)，G(0,2,3)，D1(0,0,4)，
所以D1E=(2,0,−2)，D1G=(0,2,−1)，
设平面EFGD1的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅D1E=0n⋅D1G=0，
即2x−2z=02y−z=0，令z=2，则x=2，y=1，所以n=(2,1,2)；
因为DD1⊥平面ABCD，所以DD1=(0,0,4)是平面ABCD的一个法向量；
设平面EFGD1与平面ABCD的夹角为θ，则csθ=|cs|=|DD1⋅n||DD1||n|=83×4=23，
所以平面EFGD1与平面ABCD的夹角余弦值为23；
(Ⅲ)解：存在一点P使得AP/​/平面EFGD1，此时DPDG=12，理由如下：
设DP=λDG，λ∈[0,1]，则AP=AD+DP=AD+λDG=(−2,0,0)+λ(0,2,3)=(−2,2λ,3λ)，
线段DG上存在一点P，使得AP/​/平面EFGD1，等价于AP⋅n=0，
即−4+2λ+6λ=0，解得λ=12，
所以DPDG=12．
13.解：(I)由题意得f′(x)=(x+1)ex，
∴f′(0)=1，又f(0)=0，
故曲线y=f(x)在(0,0)处的切线方程为y=x；
(Ⅱ)令f′(x)>0，得x>−1，令f′(x)<0得x<−1，
∴函数f(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，
∴当x=−1时，f(x)取得最小值，最小值为−1e；
(Ⅲ)g(x)=(x−1)ex−1−2x−1x+3，
g′(x)=xex−1−2+1x2=ℎ(x)，
ℎ′(x)=(x+1)ex−1−2x3，
ℎ′(x)在(0,+∞)上单调递增，ℎ′(1)=0，
∴x=1时，函数ℎ(x)取得极小值即最小值，ℎ(1)=0，
∴g′(x)≥0，
∴函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，g(1)=0，
∴x∈(0,1)时，g(x)<0成立．
x<0时，[(x−1)ex−1]′=xex−1<0，此时函数y=(x−1)ex−1单调递减，因此(x−1)ex−1>−1e，而−2x−1x+3>3，可得g(x)>0．
综上可得：x∈(0,1)．