新蔡县第一高级中学2025届高三上学期11月月考数学试卷(含答案)

这是一份新蔡县第一高级中学2025届高三上学期11月月考数学试卷(含答案)，共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合，，则( )
A.B.C.D.
2．已知复数z满足，则的最大值为( )
A.B.C.D.
3．已知非零向量，满足，向量在向量方向上的投影向量是，则与夹角的余弦值为( )
A.B.C.D.
4．定义在R上的偶函数，满足，在区间上单调递减，设，，，则a，b，c的大小顺序为( )
A.B.
C.D.
5．函数的图像恒过定点A，若点A在直线上，且，则的最小值为( )
A.13B.16C.D.28
6．已知的展开式第3项的系数是60,则展开式所有项系数和是( )
A.-1B.1C.64D.
7．我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何?”现有一类似问题：不确定大小的圆柱形木材，部分埋在墙壁中，其截面如图所示.用锯去锯这木材，若锯口深，锯道，则图中弧与弦围成的弓形的面积为( )
A.B.8C.D.
8．已知双曲线的左焦点为,为坐标原点,若在的右支上存在关于轴对称的两点P,Q,使得为正三角形,且,则C的离心率为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．设数列的前n项和为，若，则称数列是数列的“均值数列”.已知数列是数列的“均值数列”，且，则下列结论正确的是( )
A.
B.设数列的前n项积为，则有最大值，无最小值
C.数列中没有最大项
D.若对任意，成立，则或
10．在正方形中，，E为中点，将沿直线翻折至位置，使得二面角为直二面角，若M为线段的中点，则下列结论中正确的是( )
A.若点P在线段上，则的最小值为
B.三棱锥的体积为
C.异面直线、所成的角为
D.三棱锥外接球的表面积为
11．以下不等式成立的是( )
A.当时,B.当时,
C.当时,D.当时,
三、填空题
12．若的展开式中，项的系数为，则的最大值为_______.
13．已知定义域为的函数同时满足：
①对于任意的，总有；
②若，，，则有；
③；
以下命题中正确的命题的序号为_______.（请写出所有正确的命题的序号）
（1）；
（2）函数的最大值为1；
（3）函数对一切实数x，都有.
四、双空题
14．曲率在数学上是表明曲线在某一点的弯曲程度的数值.对于半径为r的圆，定义其曲率，同样的，对于一般曲线在某点处的曲率，我们可通过该点处的密切圆半径计算.其中对于曲线在点处的密切圆半径计算公式为，其中表示的导数，表示的导数.已知曲线，则曲线C在点处的曲率为_______；C上任一点处曲率的最大值为_______.
五、解答题
15．在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且.
(1)若，求；
(2)若，求的面积的最大值.
16．如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，，二面角的大小为.
(1)证明：平面平面.
(2)求四棱锥的体积.
(3)若点M在线段上，且平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
17．如图，，分别为椭圆的左、右顶点，P为第一象限C上一点，且，过点P的直线l与C有唯一的公共点P.
(1)求l的方程；
(2)过原点O作直线l的平行线与椭圆C交于M，N两点，证明：P，M，，N四点共圆，并求该圆的标准方程.
18．已知函数（其中）.
(1)当，时，证明：是增函数；
(2)证明：曲线是中心对称图形；
(3)已知，设函数，若对任意的恒成立，求的最小值.
19．已知为有穷整数数列，共有n项.给定正整数T，若对任意的，在中，存在，，，…，，使得，表示，，，…，中最大的一项，表示示，，，…，中最小的一项，则称为有界数列.
(1)判断1，2，4，8是否为有界数列，判断1，8，2，4是否为有界数列，说明理由；
(2)若共有4项，，且为单调递增数列，写出所有的，，，使得为有界数列；
(3)若为有界数列，证明：.
参考答案
1．答案：A
解析：因为集合,
所以且,可得,且,
所以x可取,0,1,2所以集合,
又因为集合,所以,解得,
所以集合,所以.
故选A.
2．答案：C
解析：由题意知,设,
则,
其几何意义为点到点的距离,
而可看作点到原点的距离为,
所以的最大值可看作以原点为圆心,
为半径的圆上的点到点距离的最大值,
等于
3．答案：C
解析：由题意得，,
所以.
故选C.
4．答案：A
解析：函数满足,故函数的图象关于直线对称，
函数为定义在R上的偶函数,
即函数是以4为周期的周期函数
函数在区间上单调递减,
函数在区间上单调递增
，，，，，
故选A
5．答案：B
解析：时,函数值恒为,
函数的图象恒过定点
又点A在直线上,
，，
，
当且仅当时取“=”，
故选B.
6．答案：B
解析：由题意,注意到n是正整数,所以解得,
则展开式所有项系数和是.
故选：B.
7．答案：C
解析：由题意锯口深,锯道,设圆的半径为r,
则，,
由勾股定理可得,即,
解得,所以，,
所以，,
因此.
故选:C.
8．答案：D
解析：设双曲线的焦距为,右焦点为,直线交于点M,连接,
因为为正三角形,,所以M为的中点,所以,
故,易知,所以,,
由双曲线的定义知,
即,得.

故选：D.
9．答案：AD
解析：由①可得当时,
，,
当时,
②,
①-②得,即,
取，满足,故数列的通项公式为,
由数列是数列的"均值数列",可得,故.
当时，,
当时,,满足上式,故.
A选项:,故A正确;
B选项:,
当时,，时,,
所以,故没有最大值也没有最小值,故B错误；
C选项:由可得：
,
可知,且,故的最大项为,故C错误;
D选项:,由C选项可知的最大项为,故得,解得或,故D正确.
10．答案：AC
解析：对于A,将沿直线翻折至,可得的最小值为,故A正确;
对于B,过作于H,因为二面角为直二面角,
所以平面平面,又平面平面,
所以平面,由题意可得,,
由勾股定理可得,由,
即,解得,
因为M为线段的中点,所以M到平面的距离为,又,所以,故B错误;
对于C,取的中点K,则,且,,
所以,因为,所以是异面直线、所成的角,
取的中点F,连接,,可得,,
所以,
在中,可得,
由余弦定理可得,所以,
在中,由余弦定理可得,
所以,
在中,由余弦定理可得
所以,所以异面直线、所成的角为,故C正确;
对于D,取的中点G,过点G在平面内作的垂线交于O,
易得是的垂直平分线,所以O是的外心,又平面平面,又平面平面,所以平面,又因为G直角三角形的外心,所以O是三棱锥的外球的球心，
又,所以
所以三棱锥外接球的表面积为,故D错误.
故选:AC.
11．答案：ABC
解析：A选项,令,,
则恒成立,故在上单调递增,
则,
令,,
则,故在上单调递增,
故,
所以,即,A正确;
B选项,由A选项知,时,单调递增,单调递减,
则,
所以,即,B正确;
C选项,令,,
则,
,,,
又在上恒成立,
故在恒成立,
故在上单调递增,
又,故,即当时,,C正确;
D选项,令,,则,
当时,,当时,,
在上单调递增,在上单调递减,
其中,,
在上单调递增,在上单调递减,
且,,
画出两函数图象如下:
时,不满足,
存在,使得当时,,即,D错误.
故选:ABC
12．答案：
解析：因为的展开式中,
项的系数为,所以,
所以,
当且仅当,即,时取等号,
所以的最大值为.故答案为:.
13．答案：（1）（2）（3）
解析：对于（1）,对于任意的,总有,所以,
又因为，，,则有,
令,所以,则，,所以,所以（1）正确;
对于（2）,任取,可知,则,则,即,故,所以在为增函数,,所以（2）正确;
对于（3）,①当时,则,又,
则,所以成立；
②当时,,则,
显然,当时,成立,
假设当时,有成立,其中,
那么当时,
可知对于,总有,其中，而对于任意,存在整数n,使得,此时；
③当时,.
综上可知,满足条件的函数在对,总有成立.所以（3）正确；
故答案为:（1）（2）（3）.
14．答案：；
解析：，，，，
.所以曲线C在点处的曲率为;
C上任一点处的,,
,
得(舍)或,
当时，,R单调递减，当时，,R单调递增，
所以当时，R取得最小值，此时曲率K取得最大值，最大值为.
故答案为:；
15．答案：（1）；
（2）3
解析：（1）因为，所以由正弦定理得，
又，所以，，
从而.
（2）由余弦定理可知，则，
又，故，
即，故，即，
从而，
当时取等号，即的面积的最大值为3.
16．答案：（1）证明见解析；
（2）；
（3）
解析：（1）设，的中点分别为G，H，连接，，.
在中，由，所以.
由，所以，
因为，所以二面角的平面角为，，
则.
因为，平面，所以平面，
由平面，所以，则，
所以.
又，所以.
又因为，，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面.
（2）因为平面平面，平面平面，
，平面，
所以平面，即四棱锥的高为，
所以四棱锥的体积为.
（3）以G为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
记，则，.连接，.
设，
则，，
，.
因为平面平面，平面平面，，
平面，所以平面.
因为平面，所以，
则，解得，
则.又，
所以，，.
设平面的法向量为，
则由得取，得.
设直线与平面所成的角为，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．答案：（1）；
（2）
解析：（1）法一：，由，得，解得，
代入椭圆方程得，所以，设直线，
联立椭圆方程，得，
即.
由，
整理得，解得，
因此直线l的方程为：.
法二：，则，，
令，则，
故直线l的方程为：，
（2）依题意，直线MN的方程为，联立椭圆可得，
即，即，，，.
设圆的方程为，代入，P，M，
可得：，解得，
此时圆方程为，
将点代入上述方程，得，
所以点N也在此圆上，故P，M，，N四点共圆，
其标准方程为.
18．答案：（1）增函数；
（2）
解析：（1）函数的定义域为R，
当，时，，
求导得，所以是增函数.
（2）依题意，
，
所以曲线关于点对称，曲线是中心对称图形.
（3）依题意，，其定义域为R，求导得，
当时，，在R上单调递增，
当时，，的取值集合为，
因此当时，函数的取值集合为，不符合题意；
当时，由，得，在上单调递增；
由，得，在上单调递减，
函数在处取得最小值，且，
由对任意的恒成立，得，即成立，
因此，设，，
当时，，当时，，
函数在上递减，在上递增，
则，即，当且仅当，时取等号，
所以的最小值为.
19．答案：（1）不是；
（2）
解析：（1），，
，，
所以1，2，4，8为有界数列.
不存在i，j，使得，
所以1，8，2，4不是有界数列.
（2）因为为有界数列，
所以的值最少有6种情况.
因为共有4项，从中任取2项，共种取法，
所以的值只有6种情况，分别为1，2，3，…，6，
即从，，，中任取2项的差值的绝对值分别对应1，2，3，…，6.
若，则，与从，，，中任取2项的差值的绝对值分别对应1，2，3，…，6矛盾；
若，则，从，，，中任取2项的差值的绝对值取不到6，
所以.
①当时，若，，不符合题意；
若，，不符合题意；
若，符合题意；
若，，不符合题意.
②当时，若，，不符合题意；
若，，不符合题意；
若，符合题意.
③当或5时，经检验，都不符合题意.
经验证，数列1，2，5，7和数列1，3，6，7均为有界数列.
综上，，，的值为2，5，7或3，6，7.
（3）证明：因为为有界数列，
所以的值最少有10种情况，
所以，解得(舍去).
当时，，要使得为有界数列，
则从，，，，中任取2项的差值的绝对值分别对应1，2，3，…，10.
因为为整数数列，且有界数列研究的是连续项中最大值与最小值的差值，
所以不妨设，且为单调递增数列.
因为，所以.
要使得，，，，中有2项的差值为9，不妨取.
要使得，，，，中有2项的差值为8，可取，即.
（若取，或4，会使得，若取，会使得，均不满足题意）
剩下无论取何值，都无法满足从，，，，中任取2项的差值的绝对值分别对应1，2，3，…，10，
所以当时，不可能为有界数列，
当时，存在为10—有界数列，如1，2，4，5，9，11.
易得，当时，存在，使得为有界数列.
综上，若为有界数列，则.