2024-2025学年上海市黄浦区敬业中学高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年上海市黄浦区敬业中学高三（上）月考数学试卷（10月份）一、单选题：本题共4小题，共18分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知a、b∈R，若a<b，则(

)A.a<2b B.a3<b3 C.2.关于直线l，m及平面α，β，下列命题中正确的是(

)A.若l//α，α∩β=m，则l//m B.若l//α，m//α，则l//m

C.若l⊥α，m//α，则l⊥m D.若l//α，m⊥l，则m⊥α3.“x=π4+kπ(k∈Z)”是“tanx=1”成立的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4.已知函数f(x)的定义域为D，值域为A，函数f(x)具有下列性质：

(1)若x，y∈D，则f(x)f(y)∈A；(2)若x，y∈D，则f(x)+f(y)∈A.下列结论正确的是(

)

①存在x∈D，使得f(x)=20212020；

②对任意x∈D，都有A.①②都正确 B.①正确、②不正确

C.②正确、①不正确 D.①②都不正确二、填空题：本题共12小题，共54分。5.若集合A={x|x−1<2,x∈R}，则A∩N=______．6.若复数z满足iz−1=12(i为虚数单位)7.已知圆C：x2+y2=r2与直线3x−4y+10=08.已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点与双曲线：x27−y29.在二项式(x2−2x)5的展开式中，10.已知一个圆柱的高为1，底面半径为3，则它的侧面积的大小为______．11.若α为第四象限角，且sinα=−13，则tanα的值是______．12.函数f(x)=sinπ213.如图，在△ABC中，若AB=AC=3，cos∠BAC=12，DC=2BD，则14.若甲、乙两人从6门课程中各选修3门，则甲、乙所选修的课程中至少有1门相同的选法种数为______．15.设a>0，函数f(x)=x+2(1−x)cos(ax)，x∈(0,1)，若函数y=2x−1与y=f(x)的图像有且仅有一个公共点，则a的取值范围是______．16.已知a∈R，若存在定义域为R的函数f(x)满足下列两个条件：

①对任意x0∈R，f(x0)∈{x|x=x0k,k∈N∗}，三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题14分)

如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD//BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．

(1)证明：MN//平面PAB；

(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．

18.(本小题14分)

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=3，b=2c．

(1)若A=2π3，求△ABC的面积；

(2)若2sinB−sinC=1，求sinA19.(本小题14分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，离心率为32，左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆C于M、N两点，且△MF2N的周长为8．

20.(本小题18分)

已知函数f(x)=ax+a−1x2+a，其中a是常数．

(1)若a>0，判断函数f(x)的奇偶性，并说明理由；

(2)若a≥1，且函数f(x)在(1,+∞)严格单调减，求实数a的最大值；

(3)若f(1)=12，且不等式f(21.(本小题18分)

若函数y=f(x)，x∈R的导函数y=f′(x)，x∈R是以T(T≠0)为周期的函数，则称函数y=f(x)，x∈R具有“T性质”．

(1)试判断函数y=x2和y=sinx是否具有“2π性质”，并说明理由；

(2)已知函数y=ℎ(x)，其中ℎ(x)=ax2+bx+2sinbx(0<b<3)具有“π性质”，求函数y=ℎ(x)在[0,π]上的极小值点；

(3)若函数y=f(x)，x∈R具有“T性质”，且存在实数M>0使得对任意x∈R都有|f(x)|<M成立，求证：y=f(x)，x∈R为周期函数．

(可用结论：若函数y=f(x)，x∈R的导函数满足f′(x)=0，x∈R，则f(x)=C(参考答案1.B

2.C

3.C

4.A

5.{0,1,2}

6.1+2i

7.2

8.y29.−80

10.211.−12.[3,π]

13.−314.380

15.(2π16.(−∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞)

17.(1)证明：由已知得AM=2取BP的中点T，连接AT，TN．由N为PC的中点知TN//BC，TN=1又AD//BC，故TN//AM，TN=AM，所以四边形AMNT为平行四边形，所以MN/​/AT．因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN/​/平面PAB．(2)解：取BC的中点E，连接AE.由AB=AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE=AB2−BE2=AB2−BC22=5.以PM=0,2,−4，PN=设n=(x,y,z)为平面PMN则n⋅PM=0,于是直线AN与平面PMN所成角的正弦值为|cos

18.解：(1)∵cosA=b2+c2−a22bc=−12，

∴c2=97，

∴S△ABC=12bcsinA=c2sinA=97×32=9314；

(2)∵b=2c，由正弦定理可得sinB=2sinC，

∵2sinB−sinC=119.解：(Ⅰ)由题得：ca=32，4a=8，∴a=2，c=3．

又b2=a2−c2=1，

∴椭圆C的方程为x24+y2=1；

(Ⅱ)设直线MN的方程为x=ty−3，联立x=ty−3x24+y2

20.解：(1)当a=1时，f(x)=xx2+1是奇函数，

当a>0且a≠1时，f(1)=2a−1a+1,f(−1)=−1a+1，

f(1)≠f(−1)，且f(1)+f(−1)≠0，此时f(x)是非奇非偶函数．

(2)因为a≥1，且函数f(x)在(1,+∞)严格单调减，

所以f′(x)=a(x2+a)−2x(ax+a−1)(a+x2)2<0在(1,+∞)上恒成立，

即ax2−2(1−a)x−a2>0在(1,+∞)上恒成立，

当a=1时，x2−1>0(1,+∞)上恒成立，

a>1，二次函数y=ax2−2(1−a)x−a2开口向上，对称轴x=1−aa<0，

只需a+2(a−1)≥a2，即1<a≤2，

综上，1≤a≤2，

因此a的最大值为2．

(3)f(1)=2a−11+a=12，因此a=1，f(x)=xx2+1，

易得f(x)是奇函数，当x>0时，f′(x)=1+x2−2x2(1+x2)2=1−x2(1+x2)2，

令f′(x)>0，可得−1<x<1，令f′(x)<0，可得x>1或x<−1，21.解：(1)f(x)=x2不具有“2π性质”，

理由是：f′(x)=2x，f′(2π)−f′(0)=4π≠0，即f′(2π)≠f′(0)；

g(x)=sinx具有“2π性质”，

理由是：g′(x)=cosx，g′(x+2π)=g′(x)．

(2)法一：ℎ(x)=ax2+bx+2sinbx(0<b<3)，则ℎ′(x)=2ax+b+2bcosbx(0<b<3)，

由ℎ′(x+π)=ℎ′(x)可得，cosbx−cosb(x+π)=aπb对x∈R恒成立．

令x=0，得1−cosbπ=aπb

①；令x=πb，得−1+cosbπ=aπb

②．

①+②得，2aπb=0，因此a=0，从而cosbx=cos(bx+bπ)恒成立，

∴bπ=2kπ，即有b=2k，k∈Zx[0,π(2π(ℎ′(x)+0−0+ℎ(x)↗极大值↘极小值↗函数ℎ(x)在[0,π]的极小值点为2π3．

法二：ℎ′(x)=2ax+b+2bcosbx(0<b<3)，

由ℎ′(x+π)=ℎ′(x)，可得cosbx−cosb(x+π)=aπb，

所以cos[(bx+bπ2)−bπ2]−cos[(bx+bπ2)+bπ2]=aπb，

即cos(bx+bπ2)cosbπ2+sin(bx+x[0,π(2π(ℎ′(x)+0−0+ℎ(x)↗极大值↘极小值↗函数ℎ(x)在[0,π]的极小值点为2π3．

证明：(3)令ℎ(x)=f(x+T)−f(x)，

∵y=f(x)，x∈R具有“T”性质，

∴ℎ′(x)=f′(x+T)−f′(x)=0，

∴ℎ(x)=c=f(x+T)−f(x)(c为常数)，

法一：

①若c=0，f(x)是以T为周期的周期函数；

②若c>0，由f(nT)=f(0)+nc，

当n≥M−f(0)c时，f(nT)=f(0)+nc≥f(0)+M−f(0)=M，这与|f(x)|<M矛盾，舍去；

③若c<0，由f(nT)=f(0)+nc，

当n≤M−f(0)c时，f(nT)=f(0)+nc≥f(0)+M−f(0)=M，这与|f(x)|<M矛盾，舍去．

综上，c=0.f(x+T)−f(x)=0，所以f(x)是周期