湖南省邵阳市第二中学2024-2025学年高三上学期8月月考数学试题

试卷第 1页，共 4页 邵阳市第二中学 2022 级高三第一次月考数学试卷 时间：120 分钟 满分：150 分 一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，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． A B ； D． A B ． 2．sin40°(tan10°－ 3 )＝ A．－ 1 2 B．－1 C． 3  2 D．－ 3 3 3．已知函数 1 1 2 y f x      的定义域是 2,4 ，则函数     ln 2 f x g x x   的定义域为（ ） 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． 2 1 1 x x        B． 2 2 2 e ex x x x x       C．  ln 1 lnx x x   D．   2 1tan cos x x   5．苏格兰数学家纳皮尔（J. Napier，1550-1617）发明的对数及对数表（如下表），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 10 (1 10, Z)nN a a n     ，则 (lg lg 0 l 1)gN n a a    ， 这样我们可以知道 N的位数.已知正整数 31M 是 35位数，则 M的值为（ ） N 2 3 4 5 11 12 13 14 15 lg N 0.30 0.48 0.60 0.70 1.04 1.08 1.11 1.15 1.18 A．3 B．12 C．13 D．14 6．一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 1 1 2 2m L m L ，其中 1m 、 2m 分别为左、右盘中物体质量， 1L 、 2L 分别为左右 横梁臂长． A．等于10g B．小于10g C．大于10g D．不确定 7．如图，在 ABC 中，已知 2, 5, 60 , ,AB AC BAC BC AC     边上的两条中线 ,AM BM 相交于点 P，求 MPN 的 余弦值．（ ） 试卷第 2页，共 4页 A． 6 91 91 B． 4 91 91 C． 5 91 91 D． 7 91 91 8．已知直线 y kx b  是曲线 2 ( 1)y x a   的切线，也是曲线 ln 1y a x  的切线，则 k的最大值是（ ） A． 2 e B． 4 e C．2e D．4e 二、多选题（本题共三小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对 的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分） 9．已知函数   31 1 3 f x x x  ，则（ ） A．  f x 有一个零点 B．  f x 的极小值为 5 3  C．  f x 的对称中心为  0,1 D．直线 = 1y x  是曲线  y f x 的切线 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 2 1 3 3 AD AB AC     ，则 D是 BC边上靠近 B的三等分点 B．若 cos cos AB ACAD AB B AC C               ，（ R 且 0  ），则直线 AD经过 ABC 的垂心 C．若 AD xAB yAC     ，且 x， Ry ， 12x y  ，则 BCD△ 是 ABC 面积的一半 D．若平面内一动点 P满足 AB ACOP OA AB AC                 ，（ R 且 0  ），则动点 P的轨迹一定通过 ABC 的外 心 11．设函数    sin 0g x x   向左平移 5   个单位长度得到函数  f x ，已知  f x 在  0,2 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 2 x  对称 B．在  0,2 上，方程   1f x  的根有 3个，方程   1f x   的根有 2个 C．  f x 在 0, 10       上单调递增 D．的取值范围是 12 29, 5 10     试卷第 3页，共 4页 三、填空题（本大题共 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 a b a  ， AB c ，图中两个阴影三角 形的周长分别为 1l ， 2l ，则 1 2 l l a b   的最小值为 . 13．某时钟的秒针端点 A到中心点 O的距离为5cm，秒针均匀地绕点 O旋转，当时间 0t 时，点 A与钟面上标 12 的点 B重合，将 A，B两点的距离  cmd 表示成  st 的函数，则 d  其中  0,60t . 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 ；②若向量 AC DE AP      ，则  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．在 ABC 中，内角 , ,A B C的对边分别为 , ,a b c，且 (12sin sin cos ) sin cosB A C b a C B  ． (1)求 b a 的值； (2)若 6a  ，点D是线段 BC上的一点， CAD BAD   ，DA DC ，求 cosC的值． 试卷第 4页，共 4页 16．如图所示，正方形 1 1AAD D与矩形 ABCD所在平面互相垂直， 2 2AB AD  ，点 E为 AB的中点. (1)求证： 1 //BD 平面 1ADE； (2)在线段 AB上是否存在点M ，使二面角 1D MC D  的平面角的大小为 π 4 ？若存在，求出 AM 的长；若不存在， 请说明理由. 17．已知函数    e 1 ln x f x a x x x     ，其导函数为  f x . (1)若  f x 在  1, 不是单调函数，求实数 a的取值范围； (2)若   0f x  在  1, 恒成立，求实数 a的最小整数值.  2e 7.39 18．已知函数   2.f x x x a   (1)当 2a  时，求  f x 的单调增区间； (2)若 1 2, [0, 2]x x  ，使    1 2 2f x f x  ，求实数 a的取值范围． 19．如果数列{ }na 满足： 1 2 3 0na a a a    且  1 2 3 1 3 N ,na a a a n n          ， 则称{ }na 为 n阶“归化”数列. (1)若某 3阶“归化”数列{ }na 是等差数列，且单调递增，写出该数列的各项； (2)若某 11阶“归化”数列{ }na 是等差数列，求该数列的通项公式； (3)若{ }na 为 n阶“归化”数列，求证 1 2 3 1 1 1 1 1 . 2 3 2 2n a a a a n n          答案第 1页，共 8页 邵阳市第二中学 2022 级高三第一次月考数学试卷 参考答案 1．D 2．B 3．A 4．B 5．C 6．C 7．B 8．B 9．ABD 10．ABC 11．CD 12． 21 2  13． πt10sin 60 ,  0,60t 14． 1 2 /0.5 1 2 /0.5 【详解】解：①因为 AP AB    ， BP AB    ，所以 ABP 是边长为 1的等边三角形， 所以 1cos , 1 1 cos 3 2 AP BP AP BP AP BP              . ②法一：如图，作 AF DE    ，连接 PF，设 1PF AC C  ， 由于 1A C C、 、 共线，不妨设 1 AC t AC  ，又 AC DE AP      故 1 tA Dt t t tC AC E AP DE AP AF APt                     ， 又由于 1P C F、 、 共线，所以 1t t   ，故 1 t    ， 结合图像可知，当 P B、 两点重合时， PF AC、 交于 2C 处，此时 t值最大， 易知 //BC AG，故 1max 2 AC AGt AC BC    ，故  min max 1 1 2t   . 法二：因为 AP AB    ， 所以点 P的轨迹为以A为圆心， AB为半径的圆在正方体 ABCD内的圆弧部分， 所以以点A为坐标原点，如图建立坐标系， 因为正方体 ABCD的边长为1， 所以设点  cos ,sin , 0, 2 P         ，       10,0 , 1,1 , 0,1 , ,0 2 A C D E      ， 所以由 AC DE AP      得     11,1 , 1 cos ,sin 2           ， 所以 11 cos 2 1 sin               ，解得 2sin 2cos 3, 2cos sin 2cos sin             ， 所以 2sin 2cos 3 2sin 2cos 3 2cos sin 2cos sin 2cos sin                      ， 令   2sin 2cos 3 3sin 31 , 0, 2cos sin 2cos sin 2 f                        ， 答案第 2页，共 8页 所以    2 6 6sin 3cos' , 0, 22cos sin f              因为 0, 2 α π    ，所以6 6sin 3cos 0    ， 所以    2 6 6sin 3cos' 0 2cos sin f          在区间 0, 2 α π    恒成立， 所以函数  f  在区间 0, 2      单调递增， 所以  min 2 3 1 2 2 f     ， 所以  的最小值为 12 . 故答案为： 1 2 ； 1 2 . . 15．(1) 3 6 b a  (2) 3cos 3 C  【详解】（1）因为 (12sin sin cos ) sin cosB A C b a C B  ， 由正弦定理得 (12sin sin cos )sin sin sin cosB A C B A C B  ， 所以 212sin sin sin cos sin cos sin sin (sin cos cos sin )B A C B A C B A C B C B    2sin sin( ) sin sin(π ) sinA B C A A A     . 即 2 212sin sinB A , 由正弦定理得 2 212b a ， 又 0a  、 0b  ，则 3 6 b a  或 3 6 b a   （舍去）． 所以 3 6 b a  . （2）因为 CAD BAD   ，设 ABC 中 BC边上的高为 h， 所以 1 1sin 2 2 1 1sin 2 2 ADB ADC AD AB BAD BD hS S AD AC CAD CD h           ，所以 AB BD AC CD  ， 设 ( 0) AB BD m m AC CD    ， 由 6a  ， 3 6 b a  ， 6BD CD BC   , 所以 3b  ，则 3AB m ， 6 1 mBD m   ， 6 1 CD m   , 在 ABC 中，由余弦定理得 2 2 2 2 2 2( 3) 6 ( 3 )cos 2 2 3 6 CA CB AB mC CA CB          ， 答案第 3页，共 8页 设 AC的中点为 E，连接DE， 如图所示，由DA DC ,则DE AC ， 在Rt CED 中， 3(1 )cos 12 CE mC CD    ， 所以 2 2 23(1 ) ( 3) 6 ( 3 ) 12 2 3 6 m m      ， 解得 3m  或 4m   （舍去）， 所以 3cos 3 C  . 16．(1)证明见解析 (2)存在， 2 3AM   【详解】（1）平面 1 1AAD D 平面 ABCD， 平面 1 1AAD D平面 ABCD AD ， 1 1, DD AD DD 平面 1 1 1,AAD D DD 平面 ABCD， 则以D为坐标原点， 1, ,DA DC DD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            1 10,0,0 , 0,2,0 , 1,0,1 , 0,0,1 , 1,2,0 , 1,1,0D C A D B E .    1 1,0,1 , 1,1,0DA DE     ， 设平面 1ADE的法向量为  1 1 1 1, ,n x y z  ，则 1 1 1 1 1 1 1 0 0 n DA x z n DE x y              ， 令 1 1x  ，解得：  1 1 11, 1, 1, 1, 1y z n         ， 又  1 1 11, 2,1 , 0BD BD n         ，即 1 1BD n   ， 又 1BD 平面 1 1 //,ADE BD 平面 1ADE； （2）假设在线段 AB上存在点M ，使二面角 1D MC D  的大小为 π 4 . 设   0 01, ,0 0 2M y y  ，则    0 11,2 ,0 , 0,2, 1MC y DC       . 答案第 4页，共 8页 设平面 1DMC的一个法向量为  2 2 2 2, ,n x y z  ， 则  2 2 2 0 2 1 2 2 2 0 2 0 n MC x y y n DC y z                 ， 令 2 1y  ，解得：  2 0 2 2 02 , 2, 2 ,1,2x y z n y       ， 又平面MCD的一个法向量为  1 0,0, 1D D    ，   2 1 2 1 2 2 2 2 1 0 π 2 2cos cos , 4 22 1 2 n D D n D D n D D y                 ， 即 2 0 04 1 0y y   ，解得： 0 2 3y   或 0 2 3y   （舍去）， 此时 2 3AM   ， 在线段 AB上存在点M ，使二面角 1D MC D  的平面角的大小为 π 4 ， 此时 2 3AM   . 17．(1)  , e  (2) 7 【详解】（1）           2 2 e1 1 e 1 e 111 x x x x ax x ax x x f x a x x x x                     ； 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 1 0x x   恒成立，令   e x g x a x   ，则  g x 在  1,  有变号零点； 因为    2 1 e 0 xx g x x     ，所以  g x 在  1,  单调递增， 因为  1 eg a  ，当 x的值趋近正无限大时， e x x 趋近于正无限大，a为待定的参数， 故  g x 趋近于正无限大，故只需 e 0a  ，即 ea   ， 所以实数 a的取值范围是  , e  . （2）（法一）令   1 ln ( 1)x x x x     ， 答案第 5页，共 8页 因为   1 1 0x x     在  1,  恒成立，所以  x 在  1,  单调递减， 所以    1 0x   ， 所以   0f x  在  1,  恒成立，即为 2 e ln x a x x x x    在  1,  恒成立， 令   2 e ln x m x x x x x    ， 则      222 e ln 1 2 ln 1 ln x m x x x x x x x x x x x               22 e 1 ln 2 ln x x x x x x x x        ， 令   ln 2h x x x   ，则   1 1 0h x x    在  1,  恒成立， 所以  h x 在  1,  单调递减； 因为    1 1 0, 4 ln4 2 0h h     ； 所以  h x 有唯一零点 0x ，且   020 0 0 01,4 , ln 2, e exx x x x     当  01,x x 时，   0h x  ，即   0m x  ，所以  m x 在  01, x 单调递增； 当  0 ,x x   时，   0h x  ，即   0m x  ，所以  m x 在  0 ,x  单调递减； 所以     0 2 20 max 0 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 ee( ) e 7.39 ln 2 x xm x m x x x x x x x x x             ； 所以实数 a的最小整数值为 7 . （法二）     e1 x x a x f x x        由（1）得，当 ea ≥ 时，  f x 在  1,  上单调递增， 所以    1 e 0f x f   成立. 当 ea   时，存在  0 1,x   ，使得   0 0 e0, x f x a x    当  01,x x 时，   0f x  ，当  0 ,x x   时，   0f x  ， 所以  f x 在  01, x 上单调递减，在  0 ,x  上单调递增； 答案第 6页，共 8页 所以       0 0 0 min 0 0 0 0 e( ) 1 ln 1 ln 2 ln e x x xf x f x a x x a a a a x                     ， 令  2 ln 0a a      得  ln 2a  ； 解之得 2e ea    . 综上， 2e 7.39a     ， 所以实数 a的最小整数值为 7 . 18．(1)单调递增区间为  ,1 和  2, (2) ( ,1) (2 2, )   【详解】（1）当 2a  时，   2 2 2 2, 2 2 2 2 2, 2 x x x f x x x x x x              ， 2x  时，  f x 单调递增， 2x  时，  f x 在  ,1 上单调递增，在  1,2 上单调递减， 所以  f x 的单调递增区间为  ,1 和  2,  ， （2） 1 2, [0, 2]x x  ，使    1 2 2f x f x  所以    1 2 max 2f x f x  ， 即    max min 2f x f x  ， ①当 2a  时，   2 2f x x ax    ，对称轴 2 ax  ， (i)当1 2 2 a   即 2 4a  时，   2 max 2 2 4 a af x f        ，    min 0 2f x f  ， 所以   2 0 2 2 4 a af f        ， 所以 2 2a  或 2 2a   ， 因为 2 4a  ，所以2 2 4a  ， (ii)当 2 2 a  即 4a  时，    max 2 2 2f x f a   ，    min 0 2f x f  ， 所以    2 0 2 4 2f f a    ， 答案第 7页，共 8页 3a  ， 因为 4a  ，所以 4a  ， ②当 0a  时，   2 2f x x ax   ，对称轴 0 2 ax   ， 所以    max 2 6 2f x f a   ，    min 0 2f x f  ， 所以    2 0 4 2 2f f a    ， 1a  ， 所以 0a  ， ③当0 2a  时，   2 2 2,0 2, 2 x ax x a f x x ax a x            ， 因为      min 0 2f x f f a   ， 因为   2 2 0 1 2 4 a af f         ， 所以 2 af      不可能是函数的最大值， 所以    max 2 6 2f x f a   ， 所以    2 0 4 2 2f f a    ， 所以 0 1a  ， 综上所述：a的取值范围是 ( ,1) (2 2, )   . 19．(1) 1 1,0, 2 2  (2) 6 , ( N , 11) 30n na n n      (3)证明见解析 【详解】（1）设 1 2 3, ,a a a 成公差为 r的等差数列，显然 0r  ， 则由 1 2 3 0a +a +a = 得 1 1 13 3 0, 0, 0a r a r a       ， 2 1 3 1 10, 2 0,a a r a a r a         由 1 2 3+ + =1a a a 得 12 1a  ，解得 1 1 2 a   ， 答案第 8页，共 8页 数列 1 1,0, 2 2  为所求 3阶“归化”数列. （2）设等差数列 1 2 3 11,a a a a， ， ， 的公差为d ， 因为 1 2 3 11 0a a a a    + + + ，所以 1 11 1011 2 da  =0，，所以 1 5 0a d  ，即 6 0a  . 当 0d  时，此时  1 2 3 0 3 Nna a a a n n        ， ， 与归化数列的条件  1 2 3 1 3 Nna a a a n n        ， 相矛盾. 当 0d  时，由 1 2 5 6 1 , 0 2 a a a a       ， 故 1 5 4 15 2 2 a d  + ，又 1 5 0a d + ， 联立解得 1 1 1, 30 6 d a   ， 所以  1 1 6 N , 11 . 6 30 30n n na n n         当 0d  时，由 1 2 5 1 2 a a a     ， 6 0a  ，同理解得 1 1 1, 30 6 d a   ， 所以  1 1 6 N , 11 6 30 30n n na n n         . 综上，当 0d  时，  6 N , 11 30n na n n    ， ； 0d 当 时，  6 , N , 11 . 30n na n n      （3）由已知可得：必有 0ia  ，也必有 0ja  （  , 1,2,3, ,i j n  ， i j ）， 设 1 2, , pi i ia a a， 为 ia 中所有大于 0的数， 1 2 mj j ja a a， ，， 为 ja 中所有小于 0的数， 由已知得 1 2 1 2pi i i X a a a    ， 1 2j 1 2mj j Y a a a     ， 所以 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 2 2 k k k k k k k ki j n i j p m p mk k a a a a a a a n i j n n                  . 数学 第 1 页（共 6 页） 数学 第 2 页（共 6 页） 数学 第 3 页（共 6 页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 邵阳市第二中学 数学试题·答题卡 姓名：____________________ 班级：____________________ 准考证号：____________________ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 一、单选题 （共 40 分） 二、多选题（共 18 分） 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 三、填空题（每小题 5 分，共 15分） 12．____________________ 14．____________________ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 16．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 考生条形码粘贴处 四、解答题（共 77分，解答应写出文 字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13 分） 13．____________________ 数学 第 4 页（共 6 页） 数学 第 5 页（共 6 页） 数学 第 6 页（共 6 页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17．（15 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18．（17 分） 19.（17 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！