浙江省杭州市学军中学2025届高三（下）月考数学试卷（3月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页浙江省杭州市学军中学2025届高三（下）月考数学试卷（3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.已知集合A={3,4}，B={x∈Z|x2−8x+12<0}，则A∪B中元素的个数为A.3 B.4 C.5 D.62.已知向量a=(1,−2)，b=(x,−1)，c=(−4,x)，若2a+b，aA.−7 B.3 C.3或−7 D.−3或73.已知各项均为正数的数列{an}前n项和为Sn，a1=1，lgaA.511 B.61 C.41 D.94.设θ是锐角，cos(θ+π4)=cosA.2+1 B.2+12 5.设a>0，b>0，则“1a+1b≥4”是“A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件6.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A是双曲线C的左顶点，以F1FA.2 B.3 C.57.已知函数f(x)=sinωx+2cos2ωx2(ω>0)在区间(πA.(0,4] B.(0,23]∪[83,4]8.对任意正整数对(ℎ,k)，定义函数f(ℎ,k)如下：f(1,j)=1，(i+1)f(i+1,j)=(j−i)f(i,j)，i≤j，则(

)A.f(j+1,j)=1 B.f(i,j)=2Cji−1

C.i=1二、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.体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.某校学生参加体育测试，其中甲班女生的成绩X与乙班女生的成绩Y均服从正态分布，且X～N(160,900)，Y～N(160,400)，则(

)A.E(X)=160 B.D(Y)=20

C.P(X<120)+P(X≤200)=1 D.P(X≤180)>P(Y≤180)10.如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2，正方形BCC1B1内A.存在点P使得PB⊥PC

B.直线BC1与点P的轨迹有公共点

C.点P运动轨迹长为4π9

D.三棱锥11.函数f(x)=b|x|−a(a>0,b>0)的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数”，并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，则当a=1，b=1时，下列结论正确的是A.函数f(x)的图象关于直线x=1对称

B.当x∈(−1,1)时，f(x)的最大值为−1

C.函数f(x)的“囧点”与函数y=lnx图象上的点的最短距离为

2

D.函数f(x)的所有“囧圆”中，面积的最小值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知复数z满足(2+i)z=2−4i，则z−=______．13.已知(ax+1x2)n的展开式的二项式系数和为6414.我们想把9张写着1～9的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3张卡片，且存在两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有______种.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)

如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AC为∠DAB的角平分线，∠ABC=π3，AB=3BC=3．

(1)求sin∠DAC；

(2)若∠ADC=2π16.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD//BC，AB⊥AD，AB=AD=12BC=2，PA=4，E为棱BC上的点，且BE=14BC．

(1)求证：DE⊥平面PAC；

(2)设Q为棱CP上的点(不与C，P重合)，且直线QE与平面PAC所成角的正弦值为17.(本小题15分)

已知实数a>0，设f(x)=−23ax3+x2．

(1)若a=3，求函数y=f(x)，x∈R的图象在点(1,−1)处的切线方程；

(2)若对于任意的x118.(本小题17分)

在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线M：x2m−y2=1经过点A(2,1)，点B与点A关于原点对称，C为M上一动点，且C异于A，B两点．

(1)求M的离心率；

(2)若△BCT的重心为A，点D(8,4)，求|DT|的最小值；

(3)若19.(本小题17分)

对于无穷数列a0，a1，⋯，an，⋯，我们称f(x)=k=0∞akxk=a0+a1x+⋯+anxn+⋯为数列{an}的生成函数.生成函数是重要的计数工具之一.对于给定的正整数p，记方程s1+s2+⋯+sp=k(k=0,1,2,3,⋯)的非负整数解的个数为bk，则bk为(1+x+⋯+xm+⋯)⋅(1+x+⋯+xm+⋯)⋅⋯⋅(1+x+⋯+xm+⋯)p个括号答案解析1.【答案】A

【解析】解：集合A={3,4}，B={x∈Z|x2−8x+12<0}={3,4,5}，

则A∪B={3,4,5}，

故A∪B中元素的个数为3．

故选：A．

2.【答案】A

【解析】解：因为向量a=(1,−2)，b=(x,−1)，c=(−4,x)，

所以2a+b=(2+x,−5)，a−c=(5,−2−x)，

因为2a+b，a−c反向共线，

所以(2+x)×(−2−x)−(−5)×5=0，

解得x=3或x=−7，

又2a+b，a3.【答案】A

【解析】解：因为各项均为正数的数列{an}前n项和为Sn，a1=1，lgan+lgan+1=lg22n−1，n∈N∗，

所以anan+1=22n−1，

所以a2=2，a3=24.【答案】C

【解析】解：因为θ为锐角，

原等式可化为tanθ=cos(θ+π4)cos(θ−π4)=22cosθ−25.【答案】B

【解析】解：若a>0，b>0，a+b≤1，

则(a+b)(1a+1b)=2+ba+ab≥2+2ba⋅ab=4，当且仅当a=b时取等号，

则16.【答案】D

【解析】解：以F1F2为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于P，Q两点，

易得以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=c2．

又由双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，易得双曲线C的渐近线方程为y=±bax．

当y=bax时，如图，设P(x0,y0)，则Q(−x0,−y0).

联立y=baxx2+y2=c2，解得x=ay=b或x=−ay=−b，所以P(a,b)，Q(−a,−b)．

又因为A(−a,0)7.【答案】C

【解析】解：由于f(x)=sinωx+2cos2ωx2=2sin(ωx+π4)+1，

因为x∈(π2,3π4)，

所以ωx+π4∈(π2ω+π4,3π4ω+π4)，

因为函数f(x)在区间(π2,3π4)上单调递增，

所以函数y=sinx在(π2ω+π4,3π4ω+π8.【答案】C

【解析】解：因为(i+1)f(i+1,j)=(j−i)f(i,j)，所以f(i+1,j)f(i,j)=j−ii+1，

令i=j，则f(j+1,j)f(j,j)=0，所以f(j+1,j)=0，A错误；

因为f(2,j)f(1,j)=j−12，f(3,j)f(2,j)=j−23，f(4,j)f(3,j)=j−34，…，f(i,j)f(i−1,j)=j−i+1i，

累乘得：f(i,j)f(1,j)=(j−1)(j−2)…(j−i+1)2×3×4×5×⋯×i=1jCji，

因为f(1,j)=1，所以f(i,j)=1jCji(i≤j)，令i=1，则B错误；

因为(1+1)n=Cn0+Cn1+9.【答案】AC

【解析】解：选项A：由X～N(160,900)，得E(X)=160，故A正确；

选项B：由Y～N(160,400)，得D(Y)=400，故B不正确；

选项C：由于随机变量X服从正态分布，该正态曲线的对称轴为直线x=160，

所以P(X<120)+P(X≤200)=P(X>200)+P(X≤200)=1，故C正确；

选项D：由于随机变量X，Y均服从正态分布，且对称轴均为直线x=160，

D(X)=900>D(Y)=400，所以在正态曲线中，Y的峰值较高，正态曲线较“瘦高”，随机变量分布比较集中．

所以P(X≤180)<P(Y≤180)，故D错误．

故选：AC．

根据正态分布曲线的特点即可求解．

本题考查了正态分布曲线的特点，属于基础题．10.【答案】AC

【解析】解：由题意：BPPC=2，且BC=2，如图建系，设P(x,y)，(0<x<2,0<y<2)，

所以B(0,0)，C(2,0)，BP=x2+y2，CP=(x−2)2+y2，

所以BP=2PC⇒x2+y2=4[x2−4x+4+y2]，3x2+3y2−16x+16=0，

所以(x−83)2+y2=169，

点P的轨迹是以(83,0)为圆心，43为半径的圆在正方形BCC1B1内部的弧，

且lBC1：y=x，点(83,0)到该直线的距离为d=|83−0|2=432>43，

所以BC1与圆无公共点，B错误；

若PB⊥PC，设BP=2PC=2a，所以BP2+CP2=BC2⇒5a2=411.【答案】BCD

【解析】解：A.当a=1，b=1时，函数f(x)=1|x|−1

的定义域为{x|x≠±1,x∈R}，且为偶函数，则函数关于x=0对称，故A错误，

B.其图象如图所示，

当0≤x<1，f(x)=1x−1为减函数，则当x=0时，f(x)最大为f(0)=−1，故B正确，

C.当x=0时，y=−1，即函数图象与y轴的交点为B(0,−1)，其关于原点的对称点为C(0,1)，

所以“囧点”为C(0,1)，

设y=lnx，则y′=1 x，

设切点为(x0,lnx0)，

∴切线的斜率k=1x0，

当“囧点”与切点的连线垂直切线时，距离最短，

∴lnx0−1x0⋅1x0=−1，

解得x0=1，

∴切点坐标为(1,0)，

故函数f(x)的“囧点”与函数y=lnx图象上的点的最短距离是(1−0)2+(0−1)2=2，故C正确，

D.“囧圆”的圆心为C(0,1)，要求“囧圆”的面积最小，则只需考虑y轴及y轴右侧的函数图象．当圆C过点B时，其半径为2，这是和x轴下方的函数图象有公共点的所有“囧圆”中半径的最小值；

当圆C和x轴上方且y轴右侧的函数图象有公共点A时，设A(m,1m−1)(其中m>1)，

则点A到圆心C的距离的平方为d2=m2+(1m−1−1)212.【答案】2i

【解析】解：由(2+i)z=2−4i，得z=2−4i2+i=(2−4i)(2−i)(2+i)(2−i)=−10i5=−2i，

∴13.【答案】240或3840

【解析】解：由于(ax+1x2)n的展开式的二项式系数和为64，即Cn0+Cn1+⋯+Cnn=2n=64，

解得n=6．

又由于(ax+1x2)6的展开式系数和为729，令x=1得，即(a+1)6=729，

解得a=2或−4，

(ax+1x2)6的展开式的通项为Tr+1=C6r(ax)6−r(14.【答案】198

【解析】解：由题意可知，设存在的这两个盒子中卡片的数字之和相等，设其相等的和为x．

当x=11时，共有1种情况，即{(1,3,7)，(2,4,5)}；

当x=12时，共有3种情况，

即{(1,2,9)，(3,4,5)}，{(1,3,8)，

(2,4,6)}，{(1,5,6)，(2,3,7)}；

当x=14时，共有7种情况，即{(1,4,9)，(2,5,7)}，

{(1,4,9)，(3,5,6)}，{(1,5,8)，(2,3,9)}，

{(1,5,8)，(3,4,7)}，{(1,6,7)，(2,3,9)}，

{(1,6,7)，(2,4,8)}，{(2,4,8)，(3,5,6)}；

当x=13时，共有5种情况，即{(1,3,9)，(2,4,7)}，{(1,3,9)，

(2,5,6)}，{(1,4,8)，(2,5,6)}，{(1,5,7)，

(2,3,8)}，{(1,5,7)，(3,4,6)}；

当x=15时，共有2种情况，即{(1,5,9)，(2,6,7)，(3,4,8)}，

{(1,6,8)，(2,4,9)，(3,5,7)}；

当x=16时，共有7种情况，即{(1,6,9)，(3,5,8)}，{(1,6,9)，(4,5,7)}，{(1,7,8)，(2,5,9)}，{(1,7,8)，(3,4,9)}，

{(2,5,9)，(3,6,7)}，{(2,6,8)，(3,4,9)}，

{(2,6,8)，(4,5,7)}；

当x=17时，共有5种情况，即{(1,7,9)，(4,5,8)}，{(2,7,8)，(3,5,9)}，{(3,5,9)，(4,6,7)}，{(3,6,7)，(4,5,8)}，

{(1,7,9)，(3,6,8)}；

当x=18时，共有2种情况，即{(2,7,9)，(4,6,8)}，{(3,7,8)，(4,5,9)}；

当x=19时，共有1种情况，即{(3,7,9)，(5,6,8)}；

综上所述，共有1+3+5+7+2+7+5+2+1=33(种)情况，

∴不同的放法共有：33A33=198种．

故答案为：198．15.【答案】解：(1)△ABC中，∠ABC=π3，AB=3，BC=1，

由余弦定理可得AC2=BA2+BC2−2BA⋅BCcosB=7，

所以AC=7，

再由正弦定理ACsin∠ABC=BCsin∠BAC，可得sin∠BAC=BCsin∠ABCAC=2114，

又因为AC为∠DAB的角平分线，

所以sin∠DAC=sin∠BAC=21【解析】(1)在△ABC中，由余弦定理可得AC的值，再由正弦定理sin∠BAC的值，由角平分线的性质即可得解．

(2)利用同角三角函数基本关系式可求cos∠DAC的值，利用两角差的正弦公式可求sin∠ACD的值，由正弦定理可得AD16.【答案】证明见解析；

CQCP=【解析】解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，

所以PA⊥AB，PA⊥AD，因为AB⊥AD则以A为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，

由已知可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,2,0)，P(0,0,4)，E(2,1,0)，

所以DE=(2,−1,0)，AC=(2,4,0)，AP=(0,0,4)，

因为DE⋅AC=2×2−1×4+0=0，所以DE⊥AC，DE⋅AP=0，所以DE⊥AP，

又AP∩AC=A，AP⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以DE⊥平面PAC；

(2)设CQCP=λ(0<λ<1)，即CQ=λCP=(−2λ,−4λ,4λ)，

则AQ=AC+CQ=(2−2λ,4−4λ,4λ)，即Q(2−2λ,4−4λ,4λ)，

则QE=(2λ,4λ−3,−4λ)，由(1)可取DE=(2,−1,0)为平面PAC法向量，

因QE与平面PAC夹角θ正弦值为5517.【答案】4x+y−3=0；

[34【解析】解：(1)因为a=3，f(x)=x2−2x3，f′(x)=2x−6x2，

则f(1)=−1，f′(1)=−4．

故点(1,−1)处的切线方程为x(−∞,0)0(0,1(f′(x)−0+0−f(x)递减0递增1递减所以f(x)的单调增区间是(0,1a)，单调减区间是(−∞,0)和(1a,+∞)，

当x=1a时，f(x)取极大值，当x=0时，f(x)取极小值0，

由f(0)=f(32a)=0知，当x∈(0,32a)时，f(x)>0，当x∈(32a,+∞)时，f(x)<0．

因为对于任意的x1∈(2,+∞)，总存在x2∈(1,+∞)，使得f(x1)⋅f(x2)=1，

当f(x1)=0时，不成立，故f(x1)≠0，所以32a≤2，所以a≥34，

设A={f(x)|x∈(2,+∞)}，B={1f(x)|x∈(1,+∞),f(x)≠0}，问题转化为A⊆B．

下面分两种情况讨论：

当32a<1，即a>32时，有f(1)<0，f(x)在(1,+∞)上单调递减，f(x)的值域为(−∞,f(1))，

故B=(1f(1),0)，A=(−∞,f(2))，所以A不是B的子集．不封符合题意；

当1≤32a≤2即34≤a≤32时，有f(2)≤0，f(x)在(2,+∞)上单调递减，故A=(−∞,f(2))，因而A⊆(−∞,0)18.【答案】解：(1)∵双曲线M经过点A(2,1)，∴4m−1=1，解得m=2，

∴a=2，c=a2+b2=3，则M