第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年湖南省常德市桃源一中高三（上）月考數學試卷（8月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={x|1lnx<1}，B={x|?4<x<4}，則A∩B=A.(0,1) B.(e,4) C.(0,1)∪(e,4) D.(0,4)2.sin300°+tan600°的值是

(

)A.?32 B.32 3.復數z滿足：z(1?2i)=3?i(其中i是虛數單位)，則z的共軛復數z?在復平面內對應的點位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限4.在平面直角坐標系中，已知點P(3,4)為角α終邊上一點，若cos(α+β)=13，β∈(0,π)，則sinβ=A.?4?6215 B.4?62155.已知離心率為2的雙曲線x2?y2m2=1A.21 B.19 C.13 D.116.函數f(x)=ex+2+eA. B.

C. D.7.函數y=f(x)是定義在R上的奇函數，滿足f(x+4)=f(x)，當x∈[0,2)時，f(x)=x，則f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2025)=(

)A.0 B.1 C.112 D.1138.已知x>0，y>0，且ex=x2A.y>e2 B.y2>ex+2二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.下列等式恒成立的是(

)A.cos(π+x)=?cosx B.sin(x+π2)=?cosx

10.已知ω∈R，函數f(x)=(x?3)2?sin(ωx)，存在常數a∈R，使得f(x+a)為偶函數，則A.π6 B.π4 C.π311.定義：μ=cos2(θ1?θ0)+cos2(θ2A.14 B.12 C.34三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.函數f(x)=x2+1x13.已知向量a=(1,cosx)，b=(sinx,?1)，若a⊥b，則|14.若函數y=f(x)滿足在定義域內的某個集合A上，對任意x∈A，都有ex[f(x)?ex]是一個常數a，則稱f(x)在A上具有M性質.設y=g(x)是在區間[?2,2]上具有M性質的函數，且對于任意x1，x2四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

記Sn是公差不為0的等差數列{an}的前n項和，若a3=S5，a2a4=S4．

(Ⅰ16.(本小題15分)

設函數f(x)=(sinx+cosx)2+3sin(2x+5π2)．

(1)求函數f(x)的最小正周期T和單調遞減區間；

(2)在銳角△ABC中，內角A，B，C的對邊分別是a，17.(本小題15分)

如圖，在多面體ABCDEF中，正方形ABCD與梯形ADEF所在平面互相垂直，已知AF//DE，AD⊥AF，AF=AD=12DE=1．

(1)求證：EF⊥平面CDF；

(2)求平面CDF與平面BCE的夾角的余弦值．18.(本小題17分)

如圖，在四邊形ABCD中，AB⊥AD，3AB=4BC，sin∠ACB=23，DC=2．

(1)求∠DAC的大小；

(2)求△ACD的面積的最大值；

(3)若cos∠ADC=19.(本小題17分)

對于函數y=f(x)的導函數y′=f′(x)，若在其定義域內存在實數x0，t，使得f(x0+t)=(t+1)f′(x0)成立，則稱y=f(x)是“躍點”函數，并稱x0是函數y=f(x)的“t躍點”．

(1)若m為實數，函數y=sinx?m，x∈R是“π2躍點”函數，求m的取值范圍；

(2)若a為非零實數，函數y=x3?2x2+ax?12，x∈R是“2躍點”函數，且在定義域內存在兩個不同的“2躍點”，求a的值；

(3)參考答案1.C

2.B

3.D

4.D

5.B

6.D

7.B

8.B

9.AC

10.AD

11.BC

12.y=x+1

13.614.[?e15.解：(Ⅰ)Sn是公差d不為0的等差數列{an}的前n項和，若a3=S5，a2a4=S4．

根據等差數列的性質，a3=S5=5a3，故a3=0，

根據a2a4=S4可得(a3?d)(a3+d)=(a3?2d)+(a3?d)+a3+(a3+d)，

整理得16.解：(1)函數f(x)=2sinxcosx+3cos2x+1

=sin2x+3cos2x+1

=2sin(2x+π3)+1，

所以函數f(x)的最小正周期為T=2π2=π；

令2kπ+π2≤2x+π3≤2kπ+3π2，k∈Z，

解得kπ+π12≤x≤kπ+7π12，k∈Z，

所以函數f(x)的單調遞減區間為[kπ+π12,kπ+7π12](k∈Z)；

(2)在銳角△ABC中，由3asinA=bcosB，

利用正弦定理得317.(1)證明：因為AF/?/DE，AD⊥AF，

所以DE⊥AD，

又平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF=AD，DE?平面ADEF，

所以DE⊥平面ABCD，

因為AD，CD?平面ABCD，

所以DE⊥AD，DE⊥CD，

由正方形ABCD知，AD⊥CD，

故以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則D(0,0,0)，C(0,1,0)，E(0,0,2)，F(1,0,1)，B(1,1,0)，

所以EF=(1,0,?1)，DC=(0,1,0)，DF=(1,0,1)，

設平面CDF的法向量為n=(x,y,z)，則n?DC=y=0n?DF=x+z=0，

取x=1，則y=0，z=?1，所以n=(1,0,?1)，

所以EF=n，

所以EF⊥平面CDF．

(2)解：由(1)得CB=(1,0,0)，CE=(0,?1,2)，

設平面BCE的法向量為m=(a,b,c)，則m?CB=a=0m?CE=?b+2c=0

取c=1，則a=0，b=2，所以m=(0,2,1)，

由(1)知平面CDF的法向量為n18.解：(1)在△ABC中，由正弦定理得ABsin∠ACB=BCsin∠BAC，

因為3AB=4BC，sin∠ACB=23，所以sin∠BAC=34×23=12，

因為AB⊥AD，所以∠BAC為銳角，可得∠BAC=π6，

所以∠DAC=π2?∠BAC=π3；

(2)在△ACD中，DC=2，

由余弦定理得DC2=4=AC2+AD2?2AC?AD?cos∠DAC=AC2+AD2?AC?AD≥AC?AD，

19.解：(1)函數y=sinx?m的導函數y′=cosx，

若函數y=sinx?m是“π2躍點“函數，則方程sin(x0+π2)?m=(π2+1)cosx0有解，

即?m=π2cosx0有解，

又cosx0∈[?1,1]，

所以?m∈[?π2,π2]，

所以m∈[?π2,π2].

(2)函數y=x3?2x2+ax?12的導函數y′=3x2?4x+a．

若該函數是“2躍點“函數，

則方程(x+2)3?2(x+2)2+a(x+2)?12=3(3x2?4x+a)①有解，

即x3?5x2+(a+16)x?a?12=0有解，

所以(x?1)(x2?4x+a+12)=0有解，

當x=1時，方程(x?1)(x2?4x+a+12)=0成立，

所以x=1是方程的一個實數根，

當x≠1時，x2?4x+a+12=0②，

當a=?8時，方程②有兩個相等的實數根2，

此時方程①的根為1，2，2，

所以函數有兩個不同的“2躍點“，

當a>?8時，方程②無解，

此