2025届高三上学期11月月考 数学试卷含答案

高三数学考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．一、单项选择题：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，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据条件求出集合，计算.由题意得，，∵，∴.故选：B.2.若复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘法运算可得答案.若复数满足，则.故选：D.3.已知是偶函数，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据偶函数的定义及性质直接判断.由，设，则且为偶函数，所以为偶函数，所以，，且，即，化简可得，解得，故选：C.4.三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，某中学有四名学生报名参加．若每名学生只能报一所大学，每所大学都有该中学的学生报名，且大学只有其中一名学生报名，则不同的报名方法共有（）A.18种 B.21种 C.24种 D.36种【答案】C【解析】【分析】按分步乘法计数原理，首先选一人去大学，然后将剩余的三位同学分为两组2，1，再分配到两所学校即可求解.第一步选一人去大学，则有（种），第二步将剩余的三位同学以一组两人，一组一人进行分组，然后分配到两所学校，则有（种），则不同的报名方法共有（种），故选：C.5.已知均为单位向量，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用向量的模的计算可得，结合二次函数可求最小值.因为均为单位向量，且且，所以，，当时，的最小值为.故选：B.6.记等差数列的前n项和为，若成等差数列，成等比数列，则（）A.900 B.600 C.450 D.300【答案】A【解析】【分析】由题意可得，，求得首项与公差，可求.等差数列an的公差为，因为成等差数列，所以，所以，所以，所以，，又因成等比数列，所以，所以，解得，解得，所以.故选：A7.已知函数的最小正周期为10，则（）A. B. C. D.1【答案】C【解析】【分析】利用三角函数的基本关系式与倍角公式化简，从而利用余弦函数的周期公式求得，进而代入即可得解.，又的最小正周期为10，所以，解得，则，则.故选：C.8.过抛物线上一动点P作圆（r为常数且）的两条切线，切点分别为A，B，若的最小值是，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】设，利用圆的切线性质，借助图形的面积把表示为的函数，再求出函数的最小值即可.设，则，圆的圆心，半径为，由切圆于点，得，则，当且仅当时，等号成立，可知的最小值为，整理可得，解得或，且，所以，即.故选：B.【点睛】关键点点睛：根据切线的性质，将转化为，根据面积结合几何性质求解.二、多项选择题：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.已知随机变量，记，则（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据正态分布的性质判断AB；根据期望和方差的性质判断CD.由题意可知：，且，可得，故A正确；且，即，所以，故B正确；根据期望和方差性质可知：，，故C错误，D正确；故选：ABD.10.如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（）A.平面截正方体所得截面为六边形B.点G到平面的距离为定值C.若，且，则G为棱的中点D.直线与平面所成角的正弦值的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，利用线面平行的判定定理判断B，利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断D，从而得解.对于A，连接，在正方体中，E，F分别为棱的中点，所以，，所以，则平面与平面为同一平面，所以平面截正方体所得截面为平面，为四边形，故A错误；对于B，在正方体中，E，F分别为棱的中点，所以，又平面，平面，所以平面，又点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故B正确；对于C，连接，因为，且，所以四点共面，因为在正方体中，平面平面，又平面平面，平面平面，所以，在正方体中，，所以四边形是平行四边形，则，则，因为E为棱的中点，所以G为棱的中点，故C正确；对于D，以为原点，建立空间直角坐标系，如图，设，则，所以，设平面的法向量为n=a,b,c，则，令，则，故，设直线与平面所成角为，则，因为，所以，则，所以，所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确.故选：BCD.11.已知正项数列满足且，则下列说法正确的（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则或【答案】AC【解析】【分析】代入，由因式分解解出，再由递推关系确定数列an的性质可得A正确；代入，由因式分解解出，再由递推关系确定数列an的性质可得C正确；举反例设正项数列an为常数列，利用求根公式求出可得D错误；分或7讨论，当时由求根公式求出，再结合二次函数的性质判断为递减数列，可得B错误；对于A，若，则，即，因为，所以，因为，所以，同理，即数列an为奇数项为2，偶数项为3所以，故A正确；对于C，若，则，即，因为，所以，或（舍去）由A选项的解析可得，即数列an为奇数项为3，偶数项为2所以，故C正确；对于D，假设正项数列an为常数列，则，即，解得，又，即，即，取代入上式，此时为无理数，当，满足，此时且，故D错误；对于B，若，由，即，解得或7，当时，由A解析可得，此时正项数列an为不动点的奇偶常数列，此时；当时，由变形为，解得，不妨取，若，则，现在考虑，由二次函数关系可得开口向上，对称轴为，当时，判别式恒大于零，所以，所以正项数列an为递减数列，此时要大于2或3，此时，故B错误故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，其一是能由已知递推关系发现数列为不动点型数列，（不要尝试去求解数列的通项，因为二次幂型递推关系可能有两个通项，难以判断），然后由选项入手可解决ACD，其二时能发现数列为递减数列可判断B选项.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知函数的图象在点处的切线斜率为，则实数________．【答案】【解析】【分析】对函数求导，利用导数的几何意义可得即可求得实数的值.由，则，解得，故答案为：.13.已知平面平面与平面所成的角为，且，两点在平面的同一侧，，则________．【答案】【解析】【分析】过点作平面，由线面角定义可知，则，进一步可得.由图可得，再利用模长的定义求值即可.由平面，平面，可知，过点作平面，为垂足，连接，则为BD与所成的角，即，所以，因为平面，平面，所以，所以，所以.又，所以，因为，所以，故，所以，即的长为.故答案为：.14.已知实数x，y满足，则________．【答案】3【解析】【分析】设，利用同构结合二次方程的解可得，故可求的值.设，则，故即，整理得到：，故为方程的正根，故，故，故，故答案为：3.【点睛】思路点睛：与对数有关的求值问题，应该利用指对数的转化把对数问题转化指数问题来处理，转化过程中注意观察所得代数式的结构便于利用同构策略处理,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.记为等比数列的前n项和，已知．（1）求的通项公式；（2）设求数列的前20项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据得等比数列公比为2，结合条件计算的值，得到的通项公式.（2）由（1）计算，利用分组求和的方法得出数列的前20项和.【小问1详解】当时，，∴，∴等比数列的公比.当时，由得，即，解得，∴.【小问2详解】由题意得，当为奇数时，，当为偶数时，，∴，，∴.16.在中，内角所对的边分别为．已知．（1）求；（2）若，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件，边转角得到，再利用正弦的和角公式得到，即可求角；（2）利用（1）中结果及条件，结合正弦定理，得到，再利用三角形面积公式，即可求解.【小问1详解】由，得到，即，得到，又，，所以，又，得到.【小问2详解】由（1）知，因为又，所以，即，又由正正弦定理得，即，其中为外接圆的半径，所以，所以的面积为.17.如图，在四棱锥中，平面是边长为的等边三角形，，．（1）证明：平面平面；（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的长．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据条件，利用余弦定理得到，从而得到，利用线面垂直的性质得到，进而得到面，再利用面面垂直的判定定理，即可证明结果；（2）建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法，得到，即可求解.【小问1详解】在中，，，，由余弦定理，得到，解得，所以，得到，又，所以，即，又平面，面，所以，又，面，所以面，又面，所以平面平面.【小问2详解】以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，因为，，，则，则，设平面的一个法向量为，则，得到，取，得到，即，易知平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，整理得到，解得，所以.18.已知双曲线C的中心是坐标原点，对称轴为坐标轴，且过A−2,0，两点．（1）求C的方程；（2）设P，M，N三点在C的右支上，，，证明：（ⅰ）存在常数，满足；（ⅱ）的面积为定值．【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）设C的方程为，其中．由C过A，B两点，代入解得，即可.（2）（ⅰ）设Px0,y0，Mx1,y1，Nx2,y2联立结合韦达定理得到，．同理，．再结合向量运算即可解决.（ⅱ）结合前面结论，运用点到直线距离公式，三角形面积公式可解.【小问1详解】设C的方程为，其中．由C过A，B两点，故，，解得，．因此C的方程为．【小问2详解】（ⅰ）设Px0,y0，Mx1,y1，Nx2,因为，所以直线BM的斜率为，方程为．由，得，所以，．因此．同理可得直线AN的斜率为，直线AN的方程为．由，得，所以，，因此．则，即存在，满足．（ⅱ）由（ⅰ），直线MN的方程为，所以点P到直线MN的距离．而，所以的面积为定值．【点睛】难点点睛：本题属于中难题，考查直线与双曲线．本题第（1）小问设问基础，但需要注意所设方程的形式；第（2）（ⅰ）小问在题干条件翻译上未设置较多障碍，但是对4个坐标分量的求解非常考验学生的代数基本功和计算能力，区分度较大．19.帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明用有理函数近似特定函数的方法．给定自然数m，n，我们定义函数在处的阶帕德近似为，该函数满足．注：．设函数在处的阶帕德近似为．（1）求的解析式；（2）证明：当时，；（3）设函数，若是的极大值点，求k的取值范围．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）由题意设，结合帕德近似的定义及导数运算求参数，即可得解析式；（2）构造且，利用导数研究其单调性并判断与1的大小关系，即可证结论；（3）利用定义求在处的阶帕德近似函数，并研究的极值确定为界点，再讨论、、并结合导数判断是否为的极大值，即可求范围.【小问1详解】由题意，可设，且，则，而，，且，则，所以.【小问2详解】当时，恒有，令，且，则，当时，，即在上递增；当时，，即在上递减；所以，故，得证.【小问3详解】令在处的阶帕德近似为，由，则，故，由，，而，则，所以，故，由，而，则，综上，，且，令，