云南省玉溪第一中学2025-2026学年高二上学期11月月考数学试卷

这是一份云南省玉溪第一中学2025-2026学年高二上学期11月月考数学试卷，共9页。试卷主要包含了 已知向量，，若，则， 若，则等内容，欢迎下载使用。
数 学
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用黑色碳素笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：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． 设复数z＝(m－1)－(m＋2)i（m∈R，i为虚数单位），则复数z的共轭复数为
A．3iB．－3iC．4iD．－4i
2． 设集合，，A∩B=B，则实数a的值为
A．B．C．或D．0或或
3． 已知数列{an}满足，，则数列{an}的前13项和为
A．2B．8C．12D．14
4． 已知向量，，若，则
A．B．C．D．
5． 现将A，B，C，D，E，5位民警派往甲，乙，丙，丁，戊5个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到1个学校，每个学校只去1人．已知A民警不能去甲学校，B，C两位民警不能到乙学校，则不同的分派方法共有
A．36种B．42种C．48种D．60种
6． 已知函数，若函数有最小值，则实数a的取值范围是
A．B．
C．∪D．∪
7． 若，则
A．B．C．D．
8． 已知实数x1、x2、y1、y1满足，，，则的最小值为
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3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。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． 关于(x－1)100的展开式，下列结论正确的是
A．展开式共有101项
B．展开式的第2项系数为100
C．展开式的所有项的系数之和为0
D．展开式的所有二项式系数之和为2100
10．将函数的图象先向左平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象．则下列说法正确的是
A．若时，为奇函数
B．若最小正周期为，则
C．若，则函数在内有3个极值点
D．若函数在恰有3个零点，则的取值范围是
11．在平面直角坐标系xOy中，方程所表示的曲线记为曲线C，由曲线C构成的封闭图形记为Ω，则下列说法正确的是
A．图形Ω关于点(1,－1)对称
B．图形Ω的面积为1
C．曲线C与椭圆2x2+y2=1有四个公共点
D．若P为曲线C上的点，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．在等差数列{an}中，若，，则a20的值为______.
13．设椭圆的左､右焦点分别为F1，F2，离心率为，P是C上一点，且，若的面积为4，则a的值为_______．
14．已知，若三次函数在点处的切线与图象交于另一点，在点处的切线与图象交于另一点，则的最大值为__________．
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．（本小题满分13分）
在△ABC中，∠A为锐角，且sin2A=65csA．
（1）求csA的值；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求c．
条件①csB= 53；条件②：a=9；条件③：b=10．
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分．
16．（本小题满分15分）
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，P为线段BC的中点，侧棱AA1上点E,F满足EF=12AA1．
（1）证明：PE//平面B1CF；
（2）若AB=AC=AA1=1，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AF=23，求直线BC与平面B1CF所成角的正弦值．
17．（本小题满分15分）
在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(− 17,0)，F2( 17,0)，点M满足|MF1|−|MF2|=2.记M的轨迹为C．
（1）求C的方程；
（2）设点T在直线x=12上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|⋅|TB|=|TP|⋅|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．
18．（本小题满分17分）
已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1=b1=c1=1，cn+1=an+1−an，cn+1=bnbn+2⋅cn(n∈N∗)．
（1）若{bn}为等比数列，公比q>0，且b1+b2=6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
（2）若{bn}为等差数列，公差d>0，证明：c1+c2+c3+…+cn0时，f(x)>0，求a的取值范围；
（3）证明：对于任意的n∈N ​∗，2ln(n！)+2n0，化简得sinA=35，
所以csA= 1−sin2A=45(舍负)；
（2）若选择条件①：csB= 53与条件②：a=9，可得B为锐角，sinB= 1−cs2B=23，
所以sinC=sin(A+B)=35× 53+45×23=3 5+815，结合正弦定理asinA=csinC，得c=a⋅sinCsinA=9×3 5+81535=8+3 5；
若选择①：csB= 53与条件③：b=10，可得B为锐角，sinB= 1−cs2B=23，
所以sinC=sin(A+B)=35× 53+45×23=3 5+815，
结合正弦定理bsinB=csinC，得c=bsinCsinB=10×3 5+81523=8+3 5；
若选择条件②：a=9与条件③：b=10，
则由余弦定理，得a2=c2+b2−2bccsA，即81=c2+100−20c×45，整理得c2−16c+19=0，
所以c=16± 162−19×42=8±3 5．
解：（1）证明：取B1C的中点G，连接PG,FG，
由中位线可得：PG//BB1,PG=12BB1，
又EF=12AA1，由BB1//AA1,BB1=AA1，
所以EF//BB1,EF=12BB1，
所以PG//EF,PG=EF，
即四边形EFGP为平行四边形，
所以EP//FG，
又EP不在平面B1CF内，FG在平面B1CF内，
所以PE//平面B1CF；
（2）因为AA1⊥平面ABC，AB,AC都在平面ABC内，
又AB⊥AC，
所以可得：AB,AC,AA1两两垂直，如图建系：
则B(1,0,0),C(0,1,0),B1(1,0,1),F0,0,23，
B1C=(−1,1,−1),B1F=−1,0,−13,BC=(−1,1,0)，
设平面B1CF的法向量为n=(x,y,z)，
则{n→⋅B1C→=(−1,1,−1)⋅(x,y,z)=−x+y−z=0n→⋅B1F→=(−1,0,−13)⋅(x,y,z)=−x−13z=0,
设z=3，可得x=−1,y=2，
所以n=(−1,2,3)，
设直线BC与平面B1CF所成角为θ，
sinθ=csn,BC=n⋅BCn⋅BC=3 14× 2=3 714，
即直线BC与平面B1CF所成角的正弦值为3 714．
17．（本小题满分15分）
解：（1）由题意知点M的轨迹C是焦点在x轴上的双曲线的右支，且a=1，c= 17，
∴b2=c2−a2=16，
∴C的方程为x2−y216=1(x≥1)．
（2）设T(12,m)，设直线AB的方程为y=k1x−12+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由 y=k1x−12+m, x2−y216=1,，得16x2−k12x2−x+14+2k1mx−12+m2=16，
整理得16−k12x2+k12−2k1mx+k1m−14k12−m2−16=0，
∴x1+x2=2k1m−k1216−k12，x1x2=k1m−14k12−m2−1616−k12，
∴|TA|⋅|TB|=(1+k12)x1−12x2−12
=(1+k12)x1x2−12x1+x2+14
=(1+k12)k1m−14k12−m2−1616−k12−12⋅2k1m−k1216−k12+14
=(1+k12)⋅−m2−1216−k12=(1+k12)⋅m2+12k12−16，
设kPQ=k2，同理可得|TP|⋅|TQ|=1+k22⋅m2+12k22−16，
由|TA|⋅|TB|=|TP|⋅|TQ|，得(1+k12)⋅m2+12k12−16=1+k22⋅m2+12k22−16，
∴k22−16k12=k12−16k22，
∴k12=k22，∵k1≠k2，∴k1=−k2，
∴k1+k2=0．
18．（本小题满分17分）
（1）解：由题意，b2=q，b3=q2，
∵b1+b2=6b3，∴1+q=6q2，
整理，得6q2−q−1=0，
解得q=−13(舍去)，或q=12，
∴cn+1=bnbn+2⋅cn=1bn+2bn⋅cn=1q2⋅cn=1(12)2⋅cn=4⋅cn，
∴数列{cn}是以1为首项，4为公比的等比数列，
∴cn=1⋅4n−1=4n−1，n∈N∗．
∴an+1−an=cn+1=4n，
则a1=1，
a2−a1=41，
a3−a2=42，
……
an−an−1=4n−1，(n⩾2,n∈N∗)，
各项相加，可得n⩾2，n∈N∗时，
an=1+41+42+…+4n−1=1−4n1−4=4n−13，
当n=1时代入适合，
∴an=4n−13．
（2）证明：依题意，由cn+1=bnbn+2⋅cn(n∈N∗)，可得
bn+2⋅cn+1=bn⋅cn，
两边同时乘以bn+1，可得
bn+1bn+2cn+1=bnbn+1cn，
∵b1b2c1=b2=1+d，
∴数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为1+d，
bnbn+1cn=1+d，
∴cn=1+dbnbn+1=1+dd⋅dbnbn+1=(1+1d)⋅bn+1−bnbnbn+1=(1+1d)(1bn−1bn+1)，
∴c1+c2+…+cn
=(1+1d)(1b1−1b2)+(1+1d)(1b2−1b3)+…+(1+1d)(1bn−1bn+1)
=(1+1d)(1b1−1b2+1b2−1b3+…+1bn−1bn+1)
=(1+1d)(1b1−1bn+1)
=(1+1d)(1−1bn+1)
0的a的取值范围即可．
令φ(x)=(x+1)lnx−2ax+2a，x∈(1,+∞)，
从而φ′(x)=lnx+1x+1−2a，
令m(x)=φ′(x)，则m′(x)=x−1x2，
令m′(x)=0，解得x=1，
故φ′(x)在x=1处取到最小值，φ′(1) = 2−2a;
①若a≤1，则φ′(x)⩾0，进而φ(x)在(1,+∞)上单调递增，φ(x)>φ(1)=0，
因此φ(x)>0，故f(x)>0;
②若a>1，则φ′(1)