2025-2026学年广东省中山市濠头中学高一（上）月考数学试卷（三）（含答案）

2025-2026学年广东省中山市濠头中学高一（上）月考数学试卷（三）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={(x,y)|2x__y=0}，B={(x,y)|3x+y=0}，则A∩B=()A.(0,0)B.{(0,0)}C.{0}D.02.已知a=(2,3)，b=(x,__6)，若a与bA.4B.3C.__3D.__43.已知角α的终边经过点P(__3,4)，则cos)A3B4C.3D.44.设l1，l2，l3是三条不同的直线，α,β是两个不同的平面，且α∩β=l1，l2∈α,l3∈β,则“l2//l3”是“l1//l2”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5.已知等差数列{an}满足：a3+a6+a9+…+a3n则{an}的公差为()A.1B.2C.6.已知圆M的圆心在曲线xy=2(x>0)上，圆M与直线x+2y+1=0相切，则圆M面积最小值为()A.5πB.25πC.5π7.已知函数f(x)定义域为R，且满足f(x)=6__f(__x)，g若f(x)的图象与g(x)的图象的交点分别为(x1,y1)，(x2,y2)，…,(xm,ym)，1(xi+yi)=()A.0B.mC.2mD.3m8.如图，正方体ABCD__A1B1C1D1的棱长为2，点P在正方形ABCD的边界及其内部运动，且满足A1P≤5，则四面体A1__PBD的体积的最小值是()2.A.34.B.3二、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。10.函数f(x)=(x2__ax+1)ex，下列说法正确的是()A.若函数f(x)在(0,+∞)上是增函数，则a≤1B.若函数f(x)在x=__1处取得极大值，则a<0C.若a=2，则函数f(x)在闭区间[__2,2]上的最大值为e2D.若函数f(x)在区间(0,)上有两个零点，则a的取值范围为11.已知双曲线C：的右顶点为M，其左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交双曲线C的右支于A，B两点，记△F1AF2，△F1BF2内切圆的圆心分别为01，02，半径分别为r1，r2，则下列说法正确的是()A.△0102F2是锐角三角形B.M，01，02三点共线三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若在二项式(x+2)n(n∈N*)的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大，则展开式中x2的系数为x.______13.已知等差数列{an}的前n项和为sn，且则=．14.如图，雷达接收器的工作原理是将接收信号汇集到同一焦点，从而获取信息；已知雷达接收器的截面曲线可看作抛物线y2=6x，则水平光信号入射到抛物线上点A，经抛物线反射到点B，反射光线与x轴的交点为F，则AF.BF的最小值为四、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)(1)求A；16.(本小题15分)使得平面ABC丄平面ACEF，如图2．(Ⅰ)求证：AB丄平面BCE；(Ⅱ)记直线AF与平面BEF所成角为θ.若Sin求EF的长．17.(本小题15分)已知椭圆E：a>b>0)的右焦点为F(1,0)，离心率为(1)求E的方程；(2)过点T(3,0)且不垂直于Y轴的直线与E交于A，B两点，直线AF与E交于点C(异于A)．(i)证明：△FBC为等腰三角形；(ii)若点M是△ABC的外心，求△AMC面积的最大值．18.(本小题17分)已知函数f=2lnx__x(1)当a=2时，求曲线Y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)讨论f(x)的单调性；(3)求证ln19.(本小题17分)已知某篮球队有五名队员，其中甲是主要得分手，乙是组织后卫.如果球在乙手中，则他传球给甲的概率为，传球给其他队员的概率均为1；如果球不在乙手中，则这名队员传球给任何队友的概率都是球在乙手中．(1)求经过2次传球并由甲执行投篮的条件下，球有经过丙之手的概率；(2)经过"次传球后，球回到乙手中的概率；(3)记经过"次传球后，球到甲的手中的概率为p"，求证：满足p">的"的个数不少于满足p"<的"的个参考答案2.D3.B4.A5.D6.C7.D9.ABD5.5.415.解：(1)由正弦定理及(b+3c)sinB=(a+c)(sinA__sinC)，得(b+3c)b=(a+c)(a__c)，整理得b2+c2__a2=__3bc，由余弦定理知，cosA(2)因为△ABC的面积为1，所以bcsinAbc，即bc=4，取AB的中点E，连接DE，则DA+DB=所以.(+_)=.=c.bcos(π__A)=__bccosA=4x=2．16.解：(Ⅰ)证明：因为平面ABC⊥平面ACEF，CEC平面ACEF，平面ABC∩平面ACEF=AC，AC⊥CE，所以CE⊥平面ABC，又ABC平面ABC，所以CE⊥AB，又BC⊥AB，CE∩BC=C，CE，BCC平面BCE，所以AB⊥平面BCE；(聂)如图，过点B作B0⊥AC于点0，则AB.BC=B0.AC，在△ABC中，AB=AC2__BC2=23，所以B得0C=BC2__B02=1，过点C作z轴⊥平面ACEF，建立如图空间直角坐标系C__xyz，设EF=a，则A(0,4,0)，B(0,1,3)，E(2,0,0)，F(2,a,0)，设平面BEF的一个法向量为=(x,y,z)，所以Sinθ=|cos解得a=4，即EF=4．故E的方程为(2)(i)证明：设直线AB的方程为y=k(x__3)，k≠0，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立得(2+3k2)x2__18k2x+27k2__6=0，所以x1+x2=，x1x2=，Δ=324k2__4(2+3k2)(27k2__6)=__48(3k2__1)>0，即k2<，若BF⊥x轴，则B此时直线AB的斜率K与K2<不符，所以直线AF，BF的斜率均存在，因为F(1,0)，所以直线AF的斜率为KAF直线BF的斜率为KBFx2-4(x1+x2)+6]又因为B，C均在椭圆上，所以由椭圆对称性知，CF=BF，故△FBC为等腰三角形．(ii)解：因为△FBC为等腰三角形，且CF=BF，点M是△ABC的外心，所以点M在x轴上，所以线段AB的中点坐标为，所以AB中垂线所在直线方程为y令y=0，则xM所以△AMC面积SMF|.|y1+y令t=|K设f=S则f当0<t<时，f′(t)>0，f(t)在(0,)上单调递增；当t>时，f′(t)<0，f(t)在(,+∞)上单调递减，所以f≤f故△AMC面积的最大值为惠曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y__1=__(x__1)，即x+y__2=0；惠函数f(x)在(0,+∞)上单调递减．1__a)上单调递增；当a≥1时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减．(3)证明：由(2)知，当a=1时，函数f=2lnx__x在(0,+∞)上单调递减，又f(1)=0，惠当x>1时，f=2lnx__xx2…所以ln19.解：(1)记事件A=“经过2次传球并由甲执行投篮”，B=“球有经过丙之手”，则(2)记事件cn=“n次传球后球回到乙手中”，P(cn)=an，则a1=0，所以数列是首项为-，公比为-的等比数列，n