精品解析：河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2025届高三上学期11月月考数学试题

新蔡县第一高级中学高三2024年11月份月考数学试题 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知非零向量满足，向量在向量方向上的投影向量是，则与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 定义在R上的偶函数，满足，在区间上单调递减，设，则a，b，c的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 5. 函数的图像恒过定点A，若点A在直线上，且，则的最小值为（ ） A. 13 B. 16 C. D. 28 6. 已知的展开式第3项的系数是60，则展开式所有项系数和是（ ） A. -1 B. 1 C. 64 D. 7. 我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何? ”现有一类似问题：不确定大小的圆柱形木材，部分埋在墙壁中，其截面如图所示．用锯去锯这木材，若锯口深，锯道，则图中弧与弦围成的弓形的面积为（ ） A. B. 8 C. D. 8. 已知双曲线的左焦点为为坐标原点，若在的右支上存在关于轴对称的两点，使得为正三角形，且，则的离心率为（ ） 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 设数列的前项和为，若，则称数列是数列的“均值数列”．已知数列是数列的“均值数列”，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 设数列的前项积为，则有最大值，无最小值 C. 数列中没有最大项 D. 若对任意，成立，则或 10. 在正方形中，，为中点，将沿直线翻折至位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. 若点在线段上，则的最小值为 B. 三棱锥的体积为 C. 异面直线、所成的角为 D. 三棱锥外接球的表面积为 11. 以下不等式成立的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若的展开式中，项的系数为，则的最大值为____. 13. 已知定义域为的函数同时满足： ①对于任意的，总有； ②若，，，则有；③； 以下命题中正确的命题的序号为__________.（请写出所有正确的命题的序号） （1）； （2）函数的最大值为； （3）函数对一切实数，都有. 14. 曲率在数学上是表明曲线在某一点的弯曲程度的数值.对于半径为的圆，定义其曲率，同样的，对于一般曲线在某点处的曲率，我们可通过该点处的密切圆半径计算.其中对于曲线在点处的密切圆半径计算公式为，其中表示的导数，表示的导数.已知曲线，则曲线在点处的曲率为_____；C上任一点处曲率的最大值为_____. 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. 在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且. （1）若，求； （2）若，求的面积的最大值. 16. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，二面角的大小为． （1）证明：平面平面． （2）求四棱锥的体积． （3）若点在线段上，且平面平面，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 如图，，分别为椭圆的左、右顶点，为第一象限上一点，且，过点的直线与有唯一的公共点. （1）求的方程； （2）过原点作直线的平行线与椭圆C交于M，N两点，证明：P，M，，N四点共圆，并求该圆的标准方程. 18. 已知函数（其中，）. （1）当，时，证明：是增函数； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）已知，设函数，若对任意的恒成立，求的最小值. 19. 已知为有穷整数数列，共有项．给定正整数，若对任意的，在中，存在，使得，表示中最大的一项，表示中最小的一项，则称为有界数列． （1）判断是否为有界数列，判断是否为有界数列，说明理由； （2）若共有4项，，且为单调递增数列，写出所有的，使得为有界数列； （3）若为有界数列，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新蔡县第一高级中学高三2024年11月份月考数学试题 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式化简集合，求出函数的定义域化简集合，再利用交集的定义求出求解即得. 【详解】依题意，， 所以. 故选：A 2. 已知复数z满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，由可得，，故的最大值为点到圆上的点的最大距离，继而即可求解. 【详解】设，由，可得， 所以， 故的最大值为点到圆上的点的最大距离， 即. 故选：. 3. 已知非零向量满足，向量在向量方向上的投影向量是，则与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由投影向量的计算方法，结合题干条件易得结果. 【详解】设非零向量夹角为，向量在向量方向上的投影向量是， 则，又， 解得． 故选：C. 4. 定义在R上的偶函数，满足，在区间上单调递减，设，则a，b，c的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得的周期为4，在区间上单调递增，据此即可求解. 【详解】因为定义在R上的偶函数，满足， 所以，所以的周期为4， 因为在区间上单调递减，所以在区间上单调递增， . 故选：A. 5. 函数的图像恒过定点A，若点A在直线上，且，则的最小值为（ ） A. 13 B. 16 C. D. 28 【答案】B 【解析】 【分析】由函数图像过定点得，则有，由，利用基本不等式可得最小值. 【详解】函数的图像恒过定点， 点A在直线上，有，又， 则， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为16. 故选：B. 6. 已知的展开式第3项的系数是60，则展开式所有项系数和是（ ） A. -1 B. 1 C. 64 D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据题意求出的值，然后在中令即可求解. 【详解】由题意，注意到是正整数，所以解得， 则展开式所有项系数和是. 故选：B. 7. 我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何? ”现有一类似问题：不确定大小的圆柱形木材，部分埋在墙壁中，其截面如图所示．用锯去锯这木材，若锯口深，锯道，则图中弧与弦围成的弓形的面积为（ ） A. B. 8 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据弓形的面积等于扇形的面积减去三角形的面积，结合扇形的面积公式即可得解. 【详解】由题意， 在中，， 即，解得， 故，易知， 因此. 故选：C. 8. 已知双曲线的左焦点为为坐标原点，若在的右支上存在关于轴对称的两点，使得为正三角形，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接，利用中位线性质得到是的直角三角形，在焦点三角形中利用双曲线定义即可建立的关系，从而求得离心率． 【详解】设双曲线的焦距为，右焦点为，直线交于点，连接， 因为为正三角形，，所以为的中点，所以， 故，易知，所以， 由双曲线的定义知，即，得. 故选：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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 设数列的前项和为，若，则称数列是数列的“均值数列”．已知数列是数列的“均值数列”，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 设数列的前项积为，则有最大值，无最小值 C. 数列中没有最大项 D. 若对任意，成立，则或 【答案】AD 【解析】 【分析】先由数列递推式求得，再由求得，由与的关系式求出，代值即可判断A项；对于B，由通项分析项的符号特征即可判断；对于C，分析数列的项的单调性特点可判断其由最大项，排除C；对于D，利用C项结果将不等式恒成立转化成求解不等式即得. 【详解】当时，，得，因①， 当时，②， 由①②，，即，取时，满足题意， 故数列的通项公式为，又因，故. 当时，；当时，， 因时，符合题意 ，故， 则，故A正确； 对于B，由A已得，，则， 因时，时，，而， 故的最大值为或，有最小值，故B错误； 对于C，由，可得， 易得,且，故的最大项为，故C错误； 对于D，由，可得，由C项分析已得为的最大项， 故得，解得或，故D正确. 故选：AD. 【点睛】思路点睛：本题主要考查新定义数列的项与和的性质的应用，属于难题. 解题的思路在于，由递推和式采用赋值相减法求出通项，可得,再由与的关系式求出通项，再分析项的符号以及单调性特征，逐一判断选项可得. 10. 在正方形中，，为中点，将沿直线翻折至位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. 若点在线段上，则的最小值为 B. 三棱锥的体积为 C. 异面直线、所成的角为 D. 三棱锥外接球的表面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，的最小值为可判断A；对于B，过作于，求得，可求三棱锥的体积判断B；对于C；取的中点，则，取的中点，连接，求得，由余弦定理可求异面直线、所成的角判断C；对于D，取的中点，过点在平面内作的垂线交于，求得外接球的半径，进而可求表面积判断D. 【详解】对于A，将沿直线翻折至，可得的最小值为，故A正确； 对于B，过作于，因为二面角为直二面角， 所以平面平面，又平面平面，所以平面， 由题意可得， 由勾股定理可得， 由，即，解得， 因为为线段的中点，所以到平面的距离为， 又，所以，故B错误； 对于C，取的中点，则，且，， 所以，因为，所以是异面直线、所成的角， 取的中点，连接， 可得，所以， 在中，可得， 由余弦定理可得，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以，所以异面直线、所成的角为，故C正确； 对于D，取的中点，过点在平面内作的垂线交于， 易得是的垂直平分线，所以是的外心， 又平面平面，又平面平面，所以平面， 又因为直角三角形的外心，所以是三棱锥的外球的球心， 又，所以， 所以三棱锥外接球的表面积为，故D错误. 故选：AC. 11. 以下不等式成立的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，令，，，，求导，求出函数单调性，得到，，得到A正确；B选项，在A选项基础上，得到时，，，B正确；C选项，令，，求导得到函数单调递增，且，从而得到C正确，D选项，令，，求导得到函数单调性和值域，结合的单调性和取值范围，得到两函数图象，数形结合得到D错误. 【详解】A选项，令，， 则恒成立，故在上单调递增， 则， 令，， 则，故在上单调递增， 故， 所以，即，A正确； B选项，由A选项知，时，单调递增，单调递减， 则， 所以，即，B正确； C选项，令，， 则， ，，， 又在上恒成立， 故在恒成立， 故在上单调递增， 又，故，即当时，，C正确； D选项，令，，则， 当时，，当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 其中，， 在上单调递增，在上单调递减， 且，， 画出两函数图象如下： 时，不满足， 存在，使得当时，，即，D错误. 故选：ABC 【点睛】很多时候，我们需要证明，但不代表就要证明，因为大多数情况，的零点解不出来，设隐零点是一种方法，也可尝试凹凸反转，如要证明，可把拆分为两个函数，放在不等式的两边，即要证明，只要证明，凹凸反转的关键是如何分离出两个函数，通常考虑指数函数与对数函数分离，构造两个单峰函数，进行求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若的展开式中，项的系数为，则的最大值为____. 【答案】##0.125 【解析】 【分析】根据二项式展开式的特征，可得项的系数为为，即可根据求解. 【详解】, 又， 故， 可由分别提供得到，或者提供得到，或者提供得到， 故项的系数为为， 故，即， 要使最大，则需为正数， 因此，故，当且仅当时取等号， 故答案为： 13. 已知定义域为的函数同时满足： ①对于任意的，总有； ②若，，，则有；③； 以下命题中正确的命题的序号为__________.（请写出所有正确的命题的序号） （1）； （2）函数的最大值为； （3）函数对一切实数，都有. 【答案】（1）（2）（3） 【解析】 【分析】（1）令代入即可得出答案. （2）利用函数的单调性定义证明函数在为增函数，即可求出的最大值为. （3）分类讨论，和，结合数学归纳法即可证明. 【详解】对于（1），对于任意的，总有，所以， 又因为，，，则有， 令，所以，则，，所以，所以（1）正确； 对于（2），任取，可知，则， 则，即， 故，所以在 为增函数，，所以（2）正确； 对于（3），①当时，则，又，则，所以成立； ②当时，，则， 显然，当时，成立， 假设当时，有成立，其中， 那么当时，， 可知对于，总有，其中， 而对于任意，存在整数，使得，此时； ③当时，. 综上可知，满足条件的函数在对，总有成立. 所以（3）正确； 故答案为：（1）（2）（3）. 14. 曲率在数学上是表明曲线在某一点的弯曲程度的数值.对于半径为的圆，定义其曲率，同样的，对于一般曲线在某点处的曲率，我们可通过该点处的密切圆半径计算.其中对于曲线在点处的密切圆半径计算公式为，其中表示的导数，表示的导数.已知曲线，则曲线在点处的曲率为_____；C上任一点处曲率的最大值为_____. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】首先求处的，再代入曲率公式，即可求解；代入公式，利用导数求函数的最小值，即可求解曲率的最大值. 【详解】，，，， ,所以曲线在点处的曲率为； 上任一点处的，， ， 得（舍）或， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值，此时曲率取得最大值，最大值为. 故答案为：； 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. 在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且. （1）若，求； （2）若，求的面积的最大值. 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化角为边，得出边的关系后，由余弦定理求解； （2）由余弦定理及数量积的定义求得，再利用基本不等式求得的最大值，最后由面积公式得结论． 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得， 又，所以，， 从而. 【小问2详解】 由余弦定理可知，则， 又，故， 即，故，即， 从而， 当时取等号，即的面积的最大值为3. 16. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，二面角的大小为． （1）证明：平面平面． （2）求四棱锥的体积． （3）若点在线段上，且平面平面，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：设的中点分别为，连接． 在中，由，所以． 由，所以， 因为，所以二面角的平面角为， 则． 因为，平面，所以平面， 由平面，所以，则， 所以． 又，所以． 又因为，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再由面面垂直的判定定理得证； （2）证明平面，再由棱锥体积公式得解； （3）建立空间直角坐标系，，利用求出，再由向量法求线面角的正弦即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面， ，平面， 所以平面，即四棱锥的高为， 所以四棱锥的体积为． 【小问3详解】 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，． 记，则．连接． 设， 则， ． 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面． 因为平面，所以， 则，解得， 则．又， 所以，． 设平面的法向量为， 则由得取，得． 设直线与平面所成的角为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 17. 如图，，分别为椭圆的左、右顶点，为第一象限上一点，且，过点的直线与有唯一的公共点. （1）求的方程； （2）过原点作直线的平行线与椭圆C交于M，N两点，证明：P，M，，N四点共圆，并求该圆的标准方程. 【答案】（1） （2）证明： 依题意，直线MN的方程为，联立椭圆可得， 即，即，，，. 设圆的方程为，代入，P，M，可得： ，解得， 此时圆方程为， 将点代入上述方程，得， 所以点也在此圆上，故P，M，，N四点共圆， 其标准方程为. 【解析】 【分析】（1）法一：利用直线与椭圆的位置关系计算即可求解；法二：利用导数的几何意义计算即可求解. （2）先求出点，P，M，的坐标，利用待定系数法求出过，P，M的圆方程，将点的坐标代入计算即可，P，M，四点共圆.. 【小问1详解】 法一：，由，得，解得， 代入椭圆方程得，所以，设直线， 联立椭圆方程，得， 即. 由， 整理得，解得， 因此直线的方程为：. 法二：，则，， 令，则， 故直线的方程为：， 【小问2详解】 证明略，圆的标准方程为 18. 已知函数（其中，）. （1）当，时，证明：是增函数； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）已知，设函数，若对任意的恒成立，求的最小值. 【答案】（1）证明如下： 当，时，， 所以恒成立， 所以函数是增函数. （2）证明如下： 因为 ， 所以曲线关于点对称，即曲线是中心对称图形. （3）. 【解析】 【分析】（1）利用即可得证； （2）利用即可证明； （3）分和两种情况研究函数的最值情况，当时求出的最小值，从而将对任意的恒成立转化成恒成立，再构造函数求出的最小值即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题函数， 所以为增函数，因为， 所以当时，恒成立，所以在R上单调递增， 且当时，，故，不符合； 当时，令， 所以当时，，故函数在上单调递减， 当时，，故函数在上单调递增， 所以，因为对任意的恒成立， 所以只需即恒成立， 所以， 所以， 所以当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以.故，当且仅当时等号成立， 所以时的最小值为. 【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，一般采取参变分离，转化为不含参函数的最值问题，或者利用参数表示出函数最值，然后求解关于参数的不等式即可. 19. 已知为有穷整数数列，共有项．给定正整数，若对任意的，在中，存在，使得，表示中最大的一项，表示中最小的一项，则称为有界数列． （1）判断是否为有界数列，判断是否为有界数列，说明理由； （2）若共有4项，，且为单调递增数列，写出所有的，使得为有界数列； （3）若为有界数列，证明：． 【答案】（1）为有界数列，不是有界数列；理由： ，， ， 所以为有界数列． 不存在，使得， 所以不是有界数列． （2）的值为或 （3） 证明：因为为10-有界数列，所以，的值最少有10种情况， 所以，解得舍去． 当时，，要使得为有界数列， 则从中任取2项的差值的绝对值分别对应． 因为为整数数列，且有界数列研究的是连续项中最大值与最小值的差值， 所以不妨设，且为单调递增数列． 因为，所以． 要使得中有2项的差值为9，不妨取． 要使得中有2项的差值为8，可取，即． （若取或4，会使得，若取，会使得，均不满足题意） 剩下无论取何值，都无法满足从中任取2项的差值的绝对值分别对应1，， 所以当时，不可能为有界数列， 当时，存在为10—有界数列，如． 易得，当时，存在，使得为有界数列． 综上，若为有界数列，则． 【解析】 【分析】（1）根据有界数列定义判断即可； （2）由题意得的值只有6种情况，分别为，即从中任取2项的差值的绝对值分别对应．从而可得，再由，可得可能的值为，根据有界数列定义逐一分析即可求解； （3）由题意得，的值最少有10种情况，由，解得舍去．当时，，所以．根据有界数列定义分析可得，当时，不可能为有界数列，当时，存在为10—有界数列，即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为为6—有界数列， 所以的值最少有6种情况． 因为共有4项，从中任取2项，共种取法， 所以的值只有6种情况，分别为， 即从中任取2项的差值的绝对值分别对应． 若，则，与从中任取2项的差值的绝对值分别对应矛盾； 若，则，从中任取2项的差值的绝对值取不到6， 所以． ①当时，若，不符合题意； 若，不符合题意； 若，符合题意； 若，不符合题意． ②当时，若，不符合题意； 若，不符合题意； 若，符合题意． ③当或5时，经检验，都不符合题意． 经验证，数列和数列均为6—有界数列． 综上，的值为或． 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：本题考查数列与计数原理，考查逻辑推理的核心素养． 解答与数列有关的新定义问题的策略： （1）通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的. （2）遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决. （3）类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $