云南省玉溪第一中学2025-2026学年高二上学期11月月考数学试题（含答案）

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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。
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。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
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）
解：（1）根据sin2A=65csA，得2sinAcsA=65csA，结合csA>0，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)