2025-2026学年天津市滨海新区塘沽十三中高三（上）月考数学试卷（12月份）（含答案）

这是一份2025-2026学年天津市滨海新区塘沽十三中高三（上）月考数学试卷（12月份）（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|x+1x−4≤0,x∈N},B={0,1,2,3,4}，则( )
A. A=BB. A∩B=AC. A∩B=BD. A∪B=A
2.已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S9−S6>S6−S3”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.函数f(x)=(x−1x)csx在其定义域上的图象大致是( )
A. B.
C. D.
4.若a=lg219,b=lg154,c=−lg34，则a，b，c的大小关系为( )
A. a>b>cB. a>c>bC. b>a>cD. b>c>a
5.设m，n是两条直线，α、β是两个平面，下列说法错误的是( )
A. 如果α//β，m⊂α，那么m//β
B. 若m⊥α，α⊥β，则m//β
C. 若α∩β=m，n//α，n//β，则m//n
D. 若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
6.若直线3x−4y+n=0(n∈N∗)与圆C：(x−2)2+y2=an2(an>0)相切，则①a1=65；②数列{an}为等差数列；③圆C可能经过坐标原点；④数列{an}的前10项和为22.以上结论正确的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
7.已知函数f(x)= 3sin2ωx+cs2ωx(ω>0)的最小正周期为π，则下列说法正确的是( )
A. ω=2
B. f(x)在区间[−π4,π4]上的最大值为2
C. f(x)关于点(π6,0)对称
D. 将函数f(x)的图象向左平移π6个单位长度，得到的函数图象恰好关于原点对称
8.已知圆O：x2+y2=4和圆C：(x−2)2+(y−3)2=1，圆心为点C，现给出如下结论，其中正确的个数是( )
①圆O与圆C有四条公切线
②过点C且在两坐标轴上截距相等的直线方程为x+y=5或x−y+1=0
③过点C且与圆O相切的直线方程为9x−16y+30=0
④P、Q分别为圆O和圆C上的动点，则|PQ|的最大值为 13+3，最小值为 13−3
A. 0B. 1C. 2D. 3
9.艺术家埃舍尔的作品展示了数学之美，如图①是其作品《星空》中的一部分，由正方体和正八面体相互交叉形成的组合体，可抽象为图②所示的图形.若正八面体的棱长均为2，且相交处均为棱中点，则两个几何体相交后公共部分形成的几何体的体积是( )
A. 4 23B. 5 23C. 7 24D. 2 2
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.i是虚数单位，复数−25i3+4i的虚部为 ．
11.二项式(x2−3x)5的展开式中含x的系数为 ．
12.已知直线3x+y+m=0(m>0)与圆x2+y2−2y−4=0相交于A，B两点，若|AB|= 10，则m的值为 ．
13.红、黄、蓝被称为三原色，选取任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色.已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色.现有等量的红、黄、蓝彩色颜料各两瓶，甲从六瓶中任取两瓶颜料进行等量调配，则甲调配出绿色的概率为______；在甲调配出绿色的情况下，乙再从余下四瓶中任取两瓶颜料，进行等量调配，则乙调配出紫色的概率为______．
14.在△ABC中，|AB|=7，|AC|=4，∠BAC=π3，且3AE=4EB，AF=FC，BF与CE交于点O，则BF⋅CE= ；cs∠EOF= ．
15.已知f(x)=|lg2x|,00，
由正弦定理可得2sinAcsA=sinBcsC+sinCcsB=sin(B+C)=sinA，
所以csA=12，而A∈(0,π)，
所以A=π3；
(Ⅱ)因为S△ABC=12bcsinA=12 3，可得bc=48，①
再由余弦定理可得a2=b2+c2−2bcsA，a=2 13，
即52=(b+c)2−2bc−bc=(b+c)2−3×48，可得b+c=14，②
由①②可得b，c为方程x2−14x+48=0的根，而b>c，
所以b=8；
(Ⅲ)由(Ⅰ)，(Ⅱ)及正弦定理可得asinA=bsinB，即2 13 32=8sinB，
可得sinB=2 3 13，
又因为a2+c2=52+36=88>b2，
所以B为锐角，所以csB= 1−sin2B=1 13，
所以cs2B=2cs2B−1=213−1=−1113，sin2B=2sinBcsB=2×2 3 13×1 13=4 313，
所以cs(2B+A)=cs2BcsA−sin2BsinA=−1113×12−4 313× 32=−2326．
17.(Ⅰ)证明：如图，取BC中点E，连接NE∩B1C=F，连接FM，
则F为NE中点，又M，N分别为DD1B1C1的中点，
所以D1N//MF，又D1N⊄平面CB1M，MF⊂平面CB1M，
所以D1N//平面CB1M；
(Ⅱ)根据题意可建系如图，
则C(1,1,0)，B1(2,0,2)，M(0,1,1)，B(2,0,0)，D1(0,1,2)，
所以CB1=(1,−1,2)，CM=(−1,0,1)，CB=(1,−1,0)，MD1=(0,0,1)，
设平面CB1M的法向量为m=(x,y,z)，平面BB1C1C的法向量为n=(a,b,c)，
所以m⋅CB1=x−y+2z=0m⋅CM=−x+z=0，n⋅CB1=a−b+2c=0n⋅CB=a−b=0，
取m=(1,3,1)，n=(1,1,0)，
所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为：
|cs|=|m⋅n||m||n|=4 11× 2=2 2211；
(Ⅲ)由(Ⅰ)(Ⅱ)可知直线D1N到平面CB1M的距离即为D1到平面CB1M的距离，
又D1到平面CB1M的距离为|MD1⋅m||m|=1 11= 1111，
所以直线D1N到平面CB1M的距离为 1111．
18.解：(1)等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，
且S3+S5=50，a1，a4，a13成等比数列，
可得3a1+3d+5a1+10d=50，即8a1+13d=50，
且a42=a1a13，即(a1+3d)2=a1(a1+12d)，即有a1=d，
解得a1=3，d=2，
则an=3+2(n−1)=2n+1；
(2)①由{bnan}是首项为1，公比为3的等比数列，可得bnan=3n−1，
即有bn=(2n+1)⋅3n−1，
则Tn=3⋅30+5⋅31+7⋅32+...+(2n+1)⋅3n−1，
3Tn=3⋅31+5⋅32+7⋅33+...+(2n+1)⋅3n，
相减可得−2Tn=3+2(31+32+...+3n−1)−(2n+1)⋅3n=3+2⋅3(1−3n−1)1−3−(2n+1)⋅3n=−2n⋅3n，
化为Tn=n⋅3n；
②不等式λTn−Sn+2n2≤0，即λ⋅n⋅3n−(n2+2n)+2n2≤0，即有λ≤2−n3n，
可得λ≤2−n3n对一切n∈N∗恒成立．
设cn=2−n3n，则cn+1−cn=1−n3n+1−2−n3n=2n−53n+1，
当n=1，2时，可得c3