第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)廣東省惠州市惠陽(yáng)區(qū)第五中學(xué)2026屆高三上學(xué)期9月月考數(shù)學(xué)試卷一、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(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.設(shè)z=2+i1+i2A.1?2i B.1+2i C.2?i2.樣本數(shù)據(jù)16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位數(shù)為(

)A.14 B.16 C.18 D.203.設(shè)A=x|x2?8x+15=0，B=x|A.2 B.3 C.4 D.84.已知a，b均為非零向量，其夾角為θ，則“cosθ=1”是“a?b=A.充要條件 B.充分不必要條件

C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件5.設(shè)函數(shù)f(x)=x3?3x,x≤a,?2x,x>a,若f(x)A.(?∞,?1) B.(?∞,?1] C.6.已知Sn是等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若S12<S11<A.12 B.13 C.24 D.257.記函數(shù)f(x)=sin(ωx+π4)+b(ω>0)的最小正周期為T.若2π3<A.1 B.32 C.52 8.已知A，B，C，D四點(diǎn)均在半徑為R(R為常數(shù))的球O的球面上運(yùn)動(dòng)，且AB=AC，AB⊥AC，AD⊥BC，若四面體ABCD的體積的最大值為43，則球A.4π B.6π C.8π D.9π二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.記Sn為等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和，q為an的公比，q>0.若A.q=12 B.a5=1910.已知拋物線C:y2=8x的焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)F的直線l與C交于A,B兩點(diǎn)，D是C的準(zhǔn)線與xA.若|BF|=4|AF|，則直線l的斜率為±43

B.|AF|+4|BF|≥18

C.0°<∠AOB<90°11.定義在R上的函數(shù)f(x)與g(x)的導(dǎo)函數(shù)分別為f′(x)和g′(x)，若g(x)?f(3?x)=2，f′(x)=A.g(x+2)為偶函數(shù) B.f′(x+2)為奇函數(shù)

C.函數(shù)f(x)是周期函數(shù) 三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知(1+2x)6的二項(xiàng)展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)為

．13.已知函數(shù)f(x)=mx+lnx,g(x)=x2?mx，若曲線y=f(x)與曲線y=g(x)存在公切線，則實(shí)數(shù)m14.設(shè)橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦點(diǎn)為F1，四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題13分)在?ABC中，D為BC的中點(diǎn)，且∠(1)求ABAD(2)若BC=22AC，求16.(本小題15分小芳、小明兩人各拿兩顆質(zhì)地均勻的骰子做游戲，規(guī)則如下：若擲出的兩顆骰子的點(diǎn)數(shù)之和為4的倍數(shù)，則由原投擲人繼續(xù)投擲；若擲出的兩顆骰子的點(diǎn)數(shù)之和不是4的倍數(shù)，則由對(duì)方接著投擲．(1)若第1次從小明開始，設(shè)游戲的前4次中，小芳投擲的次數(shù)為X，求隨機(jī)變量X的分布列與數(shù)學(xué)期望．(2)若第1次從小芳開始，求第n次由小芳投擲的概率Pn．17.(本小題15分如圖，已知四棱錐P?ABCD的底面為菱形，且∠ABC=60°，AB=PC=2，PA=PB=2．M是棱PD(1)證明：PM=MD；(2)若過(guò)點(diǎn)C，M的平面α與BD平行，且交PA于點(diǎn)Q，求平面BCQ與平面ABCD夾角的余弦值．18.(本小題17分)已知雙曲線C：x2a2?y2b(1)求C的方程．(2)設(shè)點(diǎn)A為C的左頂點(diǎn)，若過(guò)點(diǎn)(3,0)的直線l與C的右支交于P，Q兩點(diǎn)．(i)證明：直線AP和直線AQ的斜率乘積為定值．(ii)若直線AP，AQ與圓O：x2+y2=a2分別交于M，N兩點(diǎn)，記四邊形PQNM的面積為S119.(本小題17分已知函數(shù)f(x)=1(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a=12時(shí)，證明：(3)函數(shù)?(x)=f(x)?12x2有兩個(gè)零點(diǎn)x1、x參考答案1.B

2.B

3.D

4.C

5.A

6.C

7.A

8.D

9.AD

10.ABD

11.BCD

12.240x13.1214.315.【詳解】(1)由∠DAC+∠BAC=

在?ABC中，由正弦定理得AB所以AB=在?ADC中，由正弦定理得AD所以AD=故AB因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，所以BCCD=2，即(2)由(1)不妨設(shè)AD=x,AB=2x,AC=y,BC=2在?ADC中，由余弦定理得在?ABC中，由余弦定理得cos所以2解得x2故cos

16.解：(1)投擲兩顆骰子共有36個(gè)樣本點(diǎn)，和為4的倍數(shù)的樣本點(diǎn)有：(1,3),(3,1),(2,2),(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(4,4),(6,6)，共9個(gè)樣本點(diǎn)．所以一人投擲兩顆骰子，向上的點(diǎn)數(shù)之和為4的倍數(shù)的概率為936設(shè)游戲的前4次中，小芳投擲的次數(shù)為X，依題意，X可取0，1，2，3，P(X=0)=1P(X=1)=3P(X=2)=1P(X=3)=3X

0123P

16421643964364E(X)=0×(2)若第1次從小芳開始，則第n次由小芳投擲骰子有兩種情況：①第n?1次由小芳投擲，第n次繼續(xù)由小芳投擲，其概率為Pn②第n?1次由小明投擲，第n次由小芳投擲，其概率為Pn因?yàn)棰佗趦煞N情形是互斥的，∴P∴P因?yàn)镻1=1，所以所以Pn?12是以∴P∴P

17.解：(1)解法一：如圖1，取AB中點(diǎn)O，連接PO，CO．因?yàn)镻A=PB=2，AB=2，所以PO⊥AB，又因?yàn)锳BCD是菱形，∠ABC=60°，所以CO⊥因?yàn)镻C=2，所以PC2=P又因?yàn)锳B?平面ABCD，CO?平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD因?yàn)锳D//BC，BC?平面PBC，AD所以AD//平面PBC所以VD?PBC因?yàn)閂M?PBC所以點(diǎn)M到平面PBC的距離是點(diǎn)D到平面PBC的距離的12所以PM=MD．解法二：如圖2，取AB中點(diǎn)O，連接PO，CO，因?yàn)镻A=PB=2，所以PO⊥AB，PO=1，又因?yàn)锳BCD是菱形，∠ABC=60所以CO⊥AB，因?yàn)镻C=2，所以PC2=P因?yàn)锳B?平面PAB，PO?平面PAB，所以CO⊥平面PAB所以，VA?PBC過(guò)M作MN//AD交AP于點(diǎn)N，AD//又BC?平面PBC，MN?平面所以MN//平面PBC，所以V因?yàn)閂C?ABP=1所以S?所以N是PA的中點(diǎn)，所以M是PD的中點(diǎn)，所以PM=MD．(2)解法一：由(1)知，BO⊥CO，PO⊥如圖3，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC，OB，OP的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,?1,0)，B(0,1,0)，C3,0,0，D3,?2,0，P(0,0,1)，所以M3因?yàn)镼∈AP，設(shè)AQ=λ因?yàn)锽D//α，Q∈α，C∈α，M∈所以?3所以CQ=設(shè)平面BCQ的法向量為n1=(x,y,z)，則n取x=1，得到平面BCQ的一個(gè)法向量n1設(shè)平面BCQ與平面ABCD夾角是β，又因?yàn)閚2=(0,0,1)是平面則cosβ=所以平面BCQ與平面ABCD夾角的余弦值是3解法二：由(1)知，BO⊥CO，PO⊥如圖3，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC，OB，OP的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,?1,0)，B(0,1,0)，C3,0,0，D3,?2,0，P(0,0,1)，所以M3設(shè)平面α的法向量為n=(x,y,z)，則n?BD取y=1，得到平面α的一個(gè)法向量n=因?yàn)镼∈AP，設(shè)AQ=λ因?yàn)閚?CQ=?3+λ?1+5λ=0設(shè)平面BCQ的法向量為n1=x1,取x1=1，得到平面BCQ的一個(gè)法向量設(shè)平面BCQ與平面ABCD夾角是β，又因?yàn)閚2=(0,0,1)是平面則cosβ=所以平面BCQ與平面ABCD夾角的余弦值是3解法三：在平面ABCD內(nèi)，過(guò)C作EF//BD交AD延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)因?yàn)锳BCD是菱形，所以AD=DE．如圖4，在平面PAD內(nèi)，作PP1//AE交EM的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P1，設(shè)E所以，四邊形EDP1P是平行四邊形，P所以?QPP1所以點(diǎn)Q是線段PA上靠近P的三等分點(diǎn)．如圖5，在平面PAB內(nèi)，作QT//PO，交AB于因?yàn)镻O⊥平面ABCD，所以QT⊥平面ABCD，所以因?yàn)镻O=1，QT=2在平面ABCD內(nèi)，作TN⊥BC，交BC于點(diǎn)N，連接QN，過(guò)A作AK//TN交在?ABK中，AB=2，∠ABK=60°所以TN=2因?yàn)镼T⊥BC，TN⊥BC，QT∩因?yàn)镼N?平面QTN，所以BC所以∠QNT是二面角A?BC?Q在Rt?QTN中，tan∠QNT=所以平面BCQ與平面ABCD夾角的余弦值是3

18.解：(1)由題可知bx?ay=0是雙曲線C的一條漸近線方程，右焦點(diǎn)為(c,0)，∴右焦點(diǎn)到漸近線的距離d=|bc?a又∵c2=a2由離心率e=ca∴雙曲線C的方程為x2(2)(i)如圖所示，由(1)知，A(?1,0)，設(shè)直線lPQ的方程：x=ty+3，Px1由x=ty+3x2?∵直線l與雙曲線C的右支交于兩點(diǎn)，∴t2?1≠0y1+yk=(ii)設(shè)AP：x=m1y?1，AQ：x=m2由x=m1y?1x2?y由x=m1y?1x2+y∴=∵1m1?1∴S又∵m2=令n=m12+m2∴S?令f(n)=105?n∵f(n)在區(qū)間[4,5)上為增函數(shù)，∴f(n)的取值范圍為[9又∵S∴S1S

19.解：(1)函數(shù)f(x)=12xf′當(dāng)a≤0時(shí)，對(duì)任意的x>0，由f′(x)<0可得0<此時(shí)，函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(0,2)，增區(qū)間為(2,+∞當(dāng)0<a<2時(shí)，由f′(x)<0可得此時(shí)函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(a,2)，增區(qū)間為(0,a)、(2,+∞當(dāng)a=2時(shí)，對(duì)任意的x>0，此時(shí)函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(0,+∞當(dāng)a>2時(shí)，由f′(x)<0可得2<此時(shí)，函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(2,a)，增區(qū)間為(0,2)、(a,+∞綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(0,2)，增區(qū)間為(2,+∞當(dāng)0<a<2時(shí)，函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(a,2)，增區(qū)間為當(dāng)a=2時(shí)，f(x)的增區(qū)間為(0,+∞當(dāng)a>2時(shí)，函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(2,a)，增區(qū)間為(0,2)、(2)當(dāng)a=12時(shí)，即證f(x)?1令t=x+lnx+1，即證t?1≤e因?yàn)閠′=1+1x>當(dāng)x→0+時(shí)，