2024-2025学年湖南省邵阳二中高三（上）月考数学试卷（8月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年湖南省邵阳二中高三（上）月考数学试卷（8月份）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.若非空集合A，B满足A⊂B，U为全集，则下列集合中表示空集的是(

)A.A∩B B.A−∩B− C.2.sin40°(tan10°−3A.−12 B.−1 C.−3.已知函数y=f(12x+1)的定义域是[2,4]，则函数g(x)=f(x)A.(2,3) B.(2,3] C.(2,3)∪(3,6] D.(2,3)∪(3,4]4.下列求导数计算错误的是(

)A.(1x)′=−1x2 B.(5.苏格兰数学家纳皮尔(J.Napier,1550−1617)发明的对数及对数表(如表)，为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是任何一个正实数N可以表示成N=a×10n(1≤a<10,n∈Z)，则lgN=n+lga(0≤lga<1)，这样我们可以知道N的位数.已知正整数M31是35位数，则MN23451112131415lgN0.300.480.600.701.041.081.111.151.18A.3 B.12 C.13 D.146.一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金.一位顾客到店里购买10g黄金，售货员先将5g的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将5g的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客.你认为顾客购得的黄金(

)

附：依据力矩平衡原理，天平平衡时有m1L1=m2L2，其中m1A.等于10g B.小于10g C.大于10g D.不确定7.如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=5，∠BAC=60°，BC、AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，则∠MPN的余弦值为(

)A.49191 B.291918.已知直线y=kx+b是曲线y=x2−(a+1)的切线，也是曲线y=alnx−1的切线，则A.2e B.4e C.2e 二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知函数f(x)=13x3A.f(x)有一个零点

B.f(x)的极小值为−53

C.f(x)的对称中心为(0,1)

D.直线y=−x−1是曲线10.设点D是△ABC所在平面内一点，O是平面上一个定点，则下列说法正确的有(

)A.若AD=(23AB+13AC)，则D是BC边上靠近B的三等分点

B.若AD=λ(AB|AB|cosB+AC|AC|cosC)，(λ∈R且λ≠0)，则直线AD经过△ABC的垂心

C.若AD=xAB11.设函数g(x)=sinωx(ω>0)向左平移π5ω个单位长度得到函数f(x)，已知f(x)在[0,2π]上有且只有5个零点，则下列结论正确的是(

)A.f(x)的图象关于直线x=π2对称

B.在(0,2π)上，方程f(x)=1的根有3个，方程f(x)= −1的根有2个

C.f(x)在(0,π10)上单调递增三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.出入相补是指一个平面(或立体)图形被分割成若干部分后面积(或体积)的总和保持不变，我国汉代数学家构造弦图，利用出入相补原理证明了勾股定理，我国清代的梅文鼎、李锐、华蘅芳、何梦瑶等都通过出入相补原理创造了不同的面积证法证明了勾股定理.在下面两个图中，若AC=b，BC=ab≥a，AB=c，图中两个阴影三角形的周长分别为l1，l2，则l1+l213.某时钟的秒针端点A到时钟的中心点O的距离为5cm，秒针均匀地绕点O旋转.当时间t=0时，点A与钟面上标“12”的点B重合，将A，B两点的距离d(cm)表示成t(s)的函数，则d=

，其中t∈[0,60]．14.如图，在边长为1的正方形ABCD中，E为AB的中点，P点在正方形内(含边界)，且|AP|=|AB|．

①若|BP|=|AB|，则AP⋅BP的值是______；

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)

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(12sinB−sinAcosC)b=asinCcosB．

(1)求ba的值；

(2)若a=6，点D是线段BC上的一点，∠CAD=∠BAD，DA=DC，求cosC的值．16.(本小题12分)

如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB=2AD=2，点E为AB的中点．

(1)求证：BD1//平面A1DE．

(2)在线段AB上是否存在点17.(本小题12分)已知函数f(x)=exx(1)若f(x)在(1,+∞)不是单调函数，求实数a的取值范围；(2)若f(x)≥0在(1,+∞)恒成立，求实数a的最小整数值．(18.(本小题12分)已知函数f(x)=x|x−a|+2．(1)当a=2时，求f(x)的单调递增区间;(2)若∃x1，x2∈[0,2]，使|f(19.(本小题12分)

如果数列{an}满足：a1+a2+a3+…+an=0且|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=1(n≥3,n∈N∗)，则称参考答案1.D

2.B

3.A

4.B

5.C

6.C

7.A

8.B

9.ABD

10.ABC

11.CD

12.1+13.10sin14.−12

15.解：(1)因为(12sinB−sinAcosC)b=asinCcosB，

由正弦定理得(12sinB−sinAcosC)sinB=sinAsinCcosB，

所以12sin2B=sinAsinCcosB+sinAcosCsinB=sinA(sinCcosB+cosCsinB)

=sinAsin(B+C)=sinAsin(π−A)=sin2A.

即12sin2B=sin2A，

由正弦定理得12b2=a2，

又a>0、b>0，则ba=36或ba=−36(舍去)．

所以ba=36．

(2)因为∠CAD=∠BAD，设△ABC中BC边上的高为ℎ，

所以S△ADBS△ADC=12AD⋅ABsin∠BAD12AD⋅ACsin∠CAD=12BD⋅ℎ12CD⋅ℎ，所以ABAC=BDCD，

设ABAC=BDCD=m(m>0)，

由a=6，b16.解：(1)证明：∵平面AA1D1D⊥平面ABCD，平面AA1D1D∩平面ABCD=AD，

DD1⊥AD，DD1⊂平面AA1D1D，

∴DD1⊥平面ABCD，

则以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，

则D(0,0,0)，C(0,2,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，B(1,2,0)，E(1,1,0)，

∴DA1=(1,0,1),DE=(1,1,0)，

设平面A1DE的法向量为n1=(x1,y1,z1)，

则n1⋅DA1=x1+z1=0n1⋅DE−=x1+y1=0，

令x1=1，解得y1=−1，z1=−1，

∴n1=(1,−1,−1)，

又BD1=(−1,−2,1)，

∴BD1⋅n1=0，即BD1⊥n17.解：(1)f′(x)=(x−1)exx2−a(−1+1x)

=(x−1)ex+ax(x−1)x2=(x−1)exx+ax，

因为f(x)在(1,+∞)不是单调函数，所以f′(x)在(1,+∞)有变号零点．

因为x−1x>0恒成立，令g(x)=exx+a，则g(x)在(1,+∞)有变号零点．

因为g′(x)=(x−1)exx2>0，所以g(x)在(1,+∞)单调递增，

因为g(1)=e+a，当x→+∞时，g(x)→+∞，

只需e+a<0，即a<−e，

所以实数a的取值范围是(−∞,−e)．

(2)令φ(x)=1−x+lnx(x>1)，

因为φ′(x)=1x−1<0在(1,+∞)恒成立，

所以φ(x)在(1,+∞)单调递减，

所以φ(x)<φ(1)=0．

所以f(x)≥0⇔a≥exx−x2+xlnx．

令m(x)=exx−x2+xlnx，

则m′(x)=ex(x−x2+xlnx)2(x−x2+xlnx−1+2x−lnx−1)

=18.解：(1)当a=2时，fx=xx−2+2=x2−2x+2,x≥2−x2+2x+2,x<2,

x≥2时，fx单调递增，

x<2时，fx在−∞,1上单调递增，在1,2上单调递减，

所以fx的单调递增区间为−∞,1和2,+∞，

(2)∃x1,x2∈[0,2]，使fx1−fx2>2，

所以fx1−fx2max>2，

即fxmax−fxmin>2，

①当a≥2时，fx=−x2+ax+2，对称轴x=a2，

(ⅰ)当1≤a2≤2即2≤a≤4时，fxmax=fa2=a24+2，

fxmin=f0=2，

所以fa2−f0=a24>2，

所以a>22或a<−22，

因为2≤a≤4，所以22<a≤4

，

(ⅱ)当a2>2即a>4时，fxmax=f19.解：(1)设a1，a2，a3成公差为r的等差数列，显然r>0，

则由a1+a2+a3=0得3a1+3r=0，

所以−a1=r>0，

所以a1<0，

所以a2=a1+r=0，