河南省百师联盟2025_2026学年上册高三1月月考数学检测试卷【含解析】

这是一份河南省百师联盟2025_2026学年上册高三1月月考数学检测试卷【含解析】，共14页。试卷主要包含了下列说法正确的是，已知 F1，F2 是椭圆 C，已知圆 C等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上。
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，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。
考试时间120分钟，满分150分
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.已知集合 A={x∈ℤ|x2+x−64.
19.（17分）我们把形如 (abcd) 的数学对象称作一个 2×2 矩阵. 定义矩阵乘法：(a1b1c1d1)⋅(a2b2c2d2)=(a1a2+b1c2a1b2+b1d2c1a2+d1c2c1b2+d1d2). 已知矩阵 A=(2111).
（1）若矩阵 B=(0110)，计算 A·B 和 B·A.
（2）若矩阵 B=(abcd)，其中 a，b，c，d 都是正整数，且满足 A·B=B·A 和 ad−bc=1，证明：d2+bd−b2=1.
（3）现定义：Ak+1=Ak·A，其中 Ak=(akbkckdk)，k∈N 且 A0=(1001)，利用以上定义.
写出数列 {ak} 与 {bk} 间的递推关系式；记 λ1=−1−52，λ2=−1+52 为方程 λ2+λ−1=0 的两个根，利用数列 {ak+λ1bk} 和 {ak+λ2bk}，求数列 {ak}，{bk} 的通项公式.
2026届高三年级1月联考
数学答案及评分意见
1.C 因为集合A={x∈Z|x2+x−6≤0}={−2,−1,0,1}，B={x|x5，即实数m的取值范围是(5,+∞)，故选B。
3.D 点P(1,0)关于直线x+y−2=0对称的点为P1(2,1)，关于y轴对称的点为P2(−1,0)。由对称性可知，|P1A|=|PA|，|P2Q|=|PQ|，则∆PAQ的周长等于|P1P2|=(2+1)2+(1−0)2=10。故选D。
4.A 对于A，圆x2+y2=7的圆心为点O(0,0)，x02+y02=7，切线与直线OP垂直，当直线OP和切线的斜率都存在时，kOP=y0x0，所以切线的斜率k=−x0y0，则切线方程为y−y0=−x0y0(x−x0)，化简得x0x+y0y=x02+y02=7。当直线OP的斜率不存在时，x0=0，y0=±7，切线方程为y=±7，满足x0x+y0y=7。当直线OP的斜率为0时，x0=±7，y0=0，切线方程为x=±7，满足x0x+y0y=7。综上，过圆x2+y2=7上一点P(x0,y0)的切线方程为x0x+y0y=7，故A正确。对于B，当a=0时，集合{x|y=lg21}=R；当a≠0时，ax2+ax+1>0恒成立，所以{a>0Δ=a2−4a0，则s+t=6，所以4|AF|+1|BF|=16(s+t)·4s+1t=165+4ts+st≥165+24ts·st=32，当且仅当4ts=st，即s=4，t=2时，等号成立，故D正确。故选AD。
12. 15 方法一：∵ 当x>1时，f(x)=2f(x−1)+1，∴f(x)+1=2[f(x−1)+1]。∵ 当x≤1时，f(x)=ex−1，∴f(1)=1，∴f(1)+1=2，∴ 当x∈N∗时，{f(x)+1}是以f(1)+1=2为首项，2为公比的等比数列，∴f(x)+1=2x，∴f(x)=2x−1，∴f(4)=24−1=15。
方法二：∵ 当x>1时，f(x)=2f(x−1)+1，∴f(4)=2f(3)+1=4f(2)+3=8f(1)+7。
∵ 当x≤1时，f(x)=ex−1，∴f(1)=1，∴f(4)=8f(1)+7=8×1+7=15。
13. 33 ∵A1C→=A1A→+AC→=A1A→+AB→+AD→，∠BAA1=∠DAA1=60°，∠BAD=90°，∴AB→·AD→=0，∠AA1B1=∠AA1D1=120°，∴|A1C→|2=A1C→2=(A1A→+AB→+AD→)2=A1A→2+AB→2+AD→2+2A1A→·AB→+2A1A→·AD→+2AB→·AD→=|A1A→|2+|AB→|2+|AD→|2+2|A1A→||AB→|cs120°+2|A1A→||AD→|cs120°。∵AB=1，AD=2，A1C=3，∴|AB→|=1，|AD→|=2，|A1C→|=3，代入上式，解得|A1A→|=4。
∵AC1→=AA1→+AB→+AD→，∴|AC1→|2=AC1→2=(AA1→+AB→+AD→)2=AA1→2+AB→2+AD→2+2AA1→·AB→+2AA1→·AD→+2AB→·AD→=|AA1→|2+|AB→|2+|AD→|2+2|AA1→||AB→|cs60°+2|AA1→||AD→|cs60°=16+1+4+4+8=33，∴|AC1→|=33，即AC1=33。
14. 215 由题意得F1(−3,0)，F2(3,0)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)（x1>0，x2>0），则双曲线C在点A，B处的切线方程分别为x1x4−y1y5=1，x2x4−y2y5=1。设P(x0,y0)，则x1x04−y1y05=1，x2x04−y2y05=1，所以点
A，B都在直线x0x4−y0y5=1上.因为点F2在直线AB上，所以x0=43，即P43,y0，直线l的方程为x43−y0y5=1，即x=3y0y5+3.由题意知，直线l的倾斜角不为0，则直线l的方程可设为x=my+3，所以3y05=m，即y0=53m.联立直线l和双曲线C的方程，化简得(5m2−4)y2+30my+25=0.Δ=400(m2+1)>0恒成立，由y1y2=255m2−40时，令f'(x)=0，解得x=2a，当x∈(0,2a)时，f'(x)−1时，φ'(x)>0，∴φ(x)在(−1,+∞)上单调递增。
∵x∈[e,+∞)，∴lnx>1，∴φ(lnx)≥φax2，∴lnx≥ax2在[e,+∞)上恒成立，
即a≤x2lnx在[e,+∞)上恒成立。9分
设h(x)=x2lnx，x∈[e,+∞)，则h'(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1)>0，
∴h(x)在[e,+∞)上单调递增，∴h(x)min=h(e)=e2，
∴a≤e2，即实数a的取值范围是(-∞,e2]。11分
（3）证明：由（1）知，当a=2时，f(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增。
函数y=f(x)−m有两个零点x1，x2，不妨设x1f(4−x1)，
∴x1+x2>4。17分
19.（1）解：∵A=(2111)，B=(0110)，
∴ 由矩阵乘法的定义，得 A⋅B=(2111)⋅(0110)=(1211)；
B⋅A=(0110)⋅(2111)=(1121)4分
（2） 证明：∵A=(2111),B=(abcd)，
∴ 由矩阵乘法的定义，得 A⋅B=(2111)⋅(abcd)=(2a+c2b+da+cb+d)；
B⋅A=(abcd)⋅(2111)=(2a+ba+b2c+dc+d)7分
∵A·B=B·A，∴{2a+c=2a+b,2b+d=a+b,a+c=2c+d,b+d=c+d, 化简得 {b=c,a=b+d8分
∵ad-bc=1，∴(b+d)d-bc=1，即 d2+bd-b2=19分
（3） 解：∵A=(2111)，∴(ak+1bk+1ck+1dk+1)=(akbkckdk)⋅(2111)=(2ak+bkak+bk2ck+dkck+dk)，
∴ak+1=2ak+bk ①，bk+1=ak+bk ②10分
① +λ1 ②，得 ak+1+λ1bk+1=2ak+bk+λ1(ak+bk)=(2+λ1)ak+(1+λ1)bk=(2+λ1)ak+1+λ12+λ1bk。
12分
∵λ12+λ1-1=0，∴1+λ12+λ1=λ1，∴ak+1+λ1bk+1=(2+λ1)(ak+λ1bk)13分
∵A1=A0⋅A=(1001)⋅(2111)=(2111)，
∴a1+λ1b1=2+λ1=3-52，∴ 数列 {ak+λ1bk} 是首项和公比均为 3-52 的等比数列14分
同理，数列 {ak+λ2bk} 是首项和公比均为 3+52 的等比数列。
∴ak+1-52bk=3-52k，ak+-1+52bk=3+52k15分
解得 ak=5+5103+52k+5-5103-52k，bk=553+52k-3-52k17分