四川省南充市阆中东风中学2026届高三上学期9月月考数学试卷（含答案）

这是一份四川省南充市阆中东风中学2026届高三上学期9月月考数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.已知全集U=1,2,3,4,5，集合M=1,2,N=3,4，则∁U(M∪N)=( )
A. 5B. 1,2C. 3,4D. 1,2,3,4
2.下列命题正确的是( )
A. ∃x0∈R，x02+2x0+3=0B. x>1是x2>1的充分不必要条件
C. ∀x∈N，x3>x2D. 若a>b，则a2>b2
3.已知函数f(x)=16x3−12ax2−bx(a>0,b>0)的一个极值点为1，则ab的最大值为( )
A. 1B. 12C. 14D. 116
4.若ax+1x2n的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中x2的系数是( )
A. 32B. 64C. 80D. 16
5.设{an}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8=( )
A. 12B. 24C. 30D. 32
6.若将函数y=sin(2x−π4)的图象上的各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向右平移π6个单位，则所得函数g(x)图象的一个对称中心为( )
A. (5π12,0)B. (π4,0)C. (π6,0)D. (π12,0)
7.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1，F2，点M在C的左支上，过点M作C的一条渐近线的垂线，垂足为N，则当MF2+|MN|取最小值16时，▵F1NF2面积的最大值为( )
A. 16B. 32C. 36D. 64
8.设函数f(x)的定义域为R，导数为f′(x)，若当x≥0时，f′(x)>2x−1，且对于任意的实数x，f(−x)=f(x)+2x，则不等式f(2x+1)b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是等腰直角三角形的三个顶点，且椭圆E过T(2,1)，直线l：y=x+m与椭圆E交于A、B．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设直线TA、TB的斜率分别为k1、k2，求两直线斜率k1+k2的值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=ax+x2−xlna(a>0,a≠1)．
(1)当a>1时，求证：函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；
(2)若函数y=|f(x)−t|−1有三个零点，求t的值；
(3)若存在x1，x2∈[−1,1]，使得|f(x1)−f(x2)|≥e−1，试求a的取值范围．
参考答案
1.A
2.B
3.D
4.C
5.D
6.A
7.B
8.C
9.ACD
10.AD
11.BCD
12.60
13.−211
14.−1e,+∞
15.(1)f(x)=4sinxsinx+π2−1=4sinxcsx−1=2sin2x−1，
由−π2+2kπ≤2x≤π2+2kπ,k∈Z得−π4+kπ≤x≤π4+kπ,k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为−π4+kπ,π4+kπ,k∈Z．
(2)当x∈0,π2时，2x∈0,π，所以0≤sin2x≤1，
所以−1≤2sin2x−1≤1，即函数f(x)在区间0,π2上的值域为[−1,1]．

16.(1)取PD的中点为S，接SF,SC，则SF//ED,SF=12ED=1，
而ED//BC,ED=2BC，故SF//BC,SF=BC，故四边形SFBC为平行四边形，
故BF//SC，而BF⊄平面PCD，SC⊂平面PCD，
所以BF//平面PCD．
(2)
因为ED=2，故AE=1，故AE//BC,AE=BC，
故四边形AECB为平行四边形，故CE//AB，所以CE⊥平面PAD，
而PE,ED⊂平面PAD，故CE⊥PE,CE⊥ED，而PE⊥ED，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,−1,0),B(1,−1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，
则PA=(0,−1,−2),PB=(1,−1,−2),PC=(1,0,−2),PD=(0,2,−2),
设平面PAB的法向量为m=(x,y,z)，
则由m⋅PA=0m⋅PB=0可得−y−2z=0x−y−2z=0，取m=(0,−2,1)，
设平面PCD的法向量为n=(a,b,c)，
则由n⋅PC=0n⋅PD=0可得a−2b=02b−2c=0，取n=(2,1,1)，
故，
故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为 3030．

17.(1)网购者对商品的满意人数为200×0.70=140，对快递的满意人数为200×0.60=120，
列联表如下：
χ2=200×(80×20−40×60)2120×80×140×60≈1.5870，解得−30,ax−1>0，所以f′(x)>0，
故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增．
(2)当a>0,a≠1时，因为f′(0)=0，且f′(x)在R上单调递增，
故f′(x)=0有唯一解x=0．
所以x,f′(x),f(x)的变化情况如下表所示：
又函数y=f(x)−t−1有三个零点，所以方程f(x)=t±1有三个根，
而t+1>t−1，所以t−1=(f(x))min=f(0)=1，解得t=2．
(3)因为存在x1,x2∈[−1,1]，使得f(x1)−f(x2)≥e−1，
所以当x∈[−1,1]时，(f(x))max−(f(x))min=(f(x))max−(f(x))min≥e−1．
由(2)知，f(x)在[−1,0]上递减，在[0,1]上递增，
所以当x∈[−1,1]时，(f(x))min=f(0)=1,(f(x))max=maxf(−1),f(1)．
而f(1)−f(−1)=(a+1−lna)−(1a+1+lna)=a−1a−2lna，
记g(t)=t−1t−2lnt(t>0)，因为g′(t)=1+1t2−2t=(1t−1)2⩾0(当t=1时取等号)，
所以g(t)=t−1t−2lnt在t∈(0,+∞)上单调递增．
而g(1)=0，故当t>1时，g(t)>0；当0