精品解析：内蒙古包头市第八十一中学（一机一中）2025-2026学年高三上学期11月月考数学试题

包头市第八十一中学高三11月月考数学试题 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 3 2. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 3. 已知，且是第三象限角，则（ ） A. B. C. D. 4. 若，且满足，则的最小值是（ ） A. 6 B. 18 C. D. 9 5. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则“”成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 7. 在两块平行放置的木板之间放有4个半径均为的球，4个球两两相切，且其中3个球均与同一块木板相切，则两木板之间的最小距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，对于正实数a，若关于t的方程恰有三个不同的正实数根，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知函数的部分图象如图，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在区间上的最小值为 C. 是图象的一个对称中心 D. 将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称 10. 下列命题中正确的是（ ） A. 若，则向量在向量方向上的投影向量为 B. 两个非零向量，若，则与共线且反向 C. 若，则向量与的夹角为钝角 D. 若为的外心，，则为的垂心 11. 已知函数，则（ ） A. ，都有 B. ，使得 C. 函数有且仅有两个不同的零点，则 D. 方程有4个实数根 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，，，分别是角，，所对的边，且，是方程的两个根，，则______． 13. 已知正项等比数列的前项和为，若 ，则 的最小值为_________ 14. 在直三棱柱中，，点分别是棱和棱上的点，且为等边三角形，若二面角的平面角为，则__________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 已知是数列的前项和，且. （1）判断数列是否为等差数列，并求数列的通项公式； （2）若数列，求数列的前项和的最小值. 16. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点P． （1）求； （2）若，BE＝2，，求的面积． 17. 如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，为上一点，设平面与平面的交线为． （1）求证：面； （2）求证：面； （3）当平面时，面与交于，求的值． 18. 已知椭圆的长轴长为4，左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，四边形的内切圆的半径为，过椭圆上一点T引圆的两条切线（切线斜率存在且不为0），分别交椭圆于点P，Q． （1）求椭圆的方程； （2）试探究直线与的斜率之积是否为定值，并说明理由； （3）记点O为坐标原点，求证：P，O，Q三点共线． 19. 已知函数，正项数列满足，. （1）求函数的极值； （2）判断数列的单调性并说明理由； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 包头市第八十一中学高三11月月考数学试题 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据的幂次规律，，把化为复数标准形式，其虚部即为前 的系数. 【详解】因为， 代入原式得：， 所以复数标准形式中，虚部为3. 故选：D. 2. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或与异面，故A错误； 对于B：在内任取一点，设点与直线确定一个平面，且， 由，由线面平行的性质定理，可得， 因为，所以，因为，所以，故B正确； 对于C：若且，则或在内，故C错误； 对于D：若，，则或，故D错误. 故选：B. 3. 已知，且是第三象限角，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平方关系求出，然后结合和角的余弦公式可得. 【详解】因为，且是第三象限角，所以， 则， 故选：D 4. 若，且满足，则的最小值是（ ） A. 6 B. 18 C. D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】由题设条件可得，利用“乘1法”与基本不等式求最小值. 【详解】由， 则 . 当且仅当时取等号，即，再结合， 可得，时取等号. 故选：C 5. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用已知条件得到，再用累加法求出数列的通项，用裂项相消法求数的和. 【详解】由得：， 即， 所以 . 故选：A. 【点睛】方法点睛：递推公式求通项公式，有以下几种方法： 1.型如：的数列的递推公式，采用累加法求通项； 2.形如：的数列的递推公式，采用累乘法求通项； 3.形如： 的递推公式，通过构造转化为，构造数列是以为首项，为公比的等比数列， 4.形如： 的递推公式，两边同时除以，转化为的形式求通项公式； 5.形如：，可通过取倒数转化为等差数列求通项公式. 6. 已知，则“”成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用充分不必要条件定义，举出反例可得A、B；结合指数函数单调性解出不等式后可得C；利用对数函数单调性可得D. 【详解】对A：取，，有，故由不能得到， 故“”不是“”成立的一个充分不必要条件，故A错误； 对B：取，，有， 故由不能得到， 故“”不是“”成立的一个充分不必要条件，故B错误； 对C：若，则， 故“”是“”成立的一个充要条件，故C错误； 对D：若，则，即， 由“”是“”成立的一个充分不必要条件， 故“”是“”成立的一个充分不必要条件，故D正确. 故选：D. 7. 在两块平行放置的木板之间放有4个半径均为的球，4个球两两相切，且其中3个球均与同一块木板相切，则两木板之间的最小距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正四面体的几何性质，利用勾股定理求解高，即可求解. 【详解】小球两两相切，其中3个小球与同一块木板相切， 则四个球心的连线构成棱长为2的正四面体，如图：为球心，是三棱锥的高，则 即正四面体高为， 故两木板之间的最小距离为， 故选：C 8. 已知函数，对于正实数a，若关于t的方程恰有三个不同的正实数根，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】研究的图像可知，若，令，则 ，且，可以推出，或，通过对数不等式写出关于的不等式，即可求出的范围 【详解】因为，，令得：；令得：，所以在区间单调递增，在单调递减，且时，恒成立，的图像如下： 令，则 ，且 ①当时，，成立，所以是方程的一个实数根 ②当时，由得：，令 则： ，两式相减得： ，两式相加得： 所以：，由对数均值不等式得： 所以：，且，所以，，即： 所以 故选：D 【点睛】题目考察到了极值点偏移的思想，用对数均值不等式解决，完整的对数均值不等式为：，可用两边同除，令整体换元的思想来构造函数，证明不等式成立 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知函数的部分图象如图，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在区间上的最小值为 C. 是图象的一个对称中心 D. 将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据图象求得的解析式，结合三角函数周期、最值、奇偶性、对称性、图象变换等知识确定正确答案. 【详解】对于A，由题图可知，的最小正周期，所以，故A错误； 对于B，由题图可知，，且函数图象过点， 当时，，解得，所以. 当时，，由正弦函数的单调性知，函数在上单调递增， 所以函数在区间上的最小值为，故B正确； 对于C，因为，所以点是函数图象的一个对称中心，故C正确； 对于D，因为，所以平移后得到的图象关于轴对称，故D正确. 故选：BCD. 10. 下列命题中正确的是（ ） A. 若，则向量在向量方向上的投影向量为 B. 两个非零向量，若，则与共线且反向 C. 若，则向量与的夹角为钝角 D. 若为的外心，，则为的垂心 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A根据已知坐标及投影向量的定义求投影向量的坐标；对于B应用向量数量积的运算律和定义化简条件得判断；对于C由向量数量积的定义确定夹角余弦值符号，即可判断；对于D根据已知得，再应用向量数量积的运算律和垂直表示得，同理有判断. 【详解】对于A：若，则，所以向量在向量方向上的投影向量为，A正确； 对于B：将两边平方，化简得，所以，结合向量夹角的范围得夹角为，B正确； 对于C：因为，即，所以向量与的夹角为钝角或平角，C错误； 对于D：因为为的外心，， 则， 所以， 所以，同理可得，故为的垂心，D正确. 故选：ABD 11. 已知函数，则（ ） A. ，都有 B. ，使得 C. 函数有且仅有两个不同的零点，则 D. 方程有4个实数根 【答案】AC 【解析】 【分析】根据已知函数的性质，结合函数的对称性、单调性及选项中的给定条件，对各选项进行逐一分析判断． 【详解】选项A：，即对任意成立，故A正确； 选项B：函数的定义域为， 当时，，求导得， 令，解得，令，解得， 在上单调递增，在上单调递减， 由选项A知，，即的图像关于对称， 在上单调递增，在上单调递减， ，故B错误； 选项C：有两个不同零点，即方程有两个不同的解， 显然是一个解，则有①一个非2的解，或者有②两个不同的解，其中一个为2， 令，当时，，求导得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 又，且， 函数关于中心对称， 函数的增区间为，减区间为， 当时，，当时，，且时，，时，， ①若有一个非2的解，则；②若有两个不同的解，其中一个是2，则，而仅有唯一解，矛盾，故C正确； 选项D：由选项A、B知，的图像关于对称，在，上单调递增， 在，上单调递减， ， 令，则，由，得，， 在上单调递减，， 在的值域为， 不在值域内，故方程无解，故D错误. 故选：AC． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，，，分别是角，，所对的边，且，是方程的两个根，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据根与系数之间的关系，结合余弦定理进行求解即可． 【详解】由题意得，又已知， 则由余弦定理，得， 所以． 故答案为：． 13. 已知正项等比数列的前项和为，若 ，则 的最小值为_________ 【答案】## 【解析】 【分析】根据条件，得到，，从而得到，可知当时，，当时，，即可求出结果. 【详解】设等比数列的公比为，由题意知且， 由，得到，得到，解得， 所以，得到，所以 故， 易知当时，，当时，， 故的最小值为， 故答案为：. 14. 在直三棱柱中，，点分别是棱和棱上的点，且为等边三角形，若二面角的平面角为，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据给定条件，利用几何法确定二面角的平面角，再利用直角三角形边角关系求出目标值. 【详解】在直三棱柱中，取DE的中点，连接AF，由为等边三角形，得， 在平面内过作于，连接FG，由平面，平面,得， 而平面，则平面，又平面， 于是，又平面，则平面， 平面,故, 故二面角的平面角，即，依题意，，又，， 因此，所以. 故答案为：1 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 已知是数列的前项和，且. （1）判断数列是否为等差数列，并求数列的通项公式； （2）若数列，求数列的前项和的最小值. 【答案】（1）不是等差数列，； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知及求数列的前3项，再由等差数列定义判断，进而求数列的通项公式； （2）根据（1）及通项公式判断数列各项的符号，即可确定前项和的最小值. 【小问1详解】 由已知，得， 所以，则数列不是等差数列， 当时，， 所以. 【小问2详解】 由（1）知， 当时，；当时，， 数列的前项和的最小值为. 16. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点P． （1）求； （2）若，BE＝2，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边角互化，再结合余弦定理求解即可； （2）由余弦定理结合面积公式计算. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 由余弦定理得，又， 所以. 【小问2详解】 因为P是BC，AC边上的两条中线AD与BE的交点，所以点P是的重心. 又，，， 所以在中，由余弦定理 ， 所以，又，，所以，所以， 所以的面积为． 17. 如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，为上一点，设平面与平面的交线为． （1）求证：面； （2）求证：面； （3）当平面时，面与交于，求的值． 【答案】（1）证明如下： 由为正三角形且可知. 又因为，且，在中，由余弦定理得 ， 所以，所以，所以，即. 所以，又因为平面，平面， 所以面. （2）证明如下： 因为，平面，平面，所以面. 又面，面面，所以. 又面，面，所以面. （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知结合余弦定理可得出，即，进而得出.然后根据线面平行的判定定理，即可得出证明； （2）根据已知结合线面平行的判定定理，得出面.根据线面平行的性质定理结合已知得出.进而即可根据线面平行的判定定理，得出证明； （3）设，根据已知条件结合线面平行的性质定理得出.进而根据梯形的性质求出.根据线面平行的性质定理得出，，.然后可求出，进而得出，根据等体积法即可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，如图，连接交于点，连接. 因为平面，平面，平面平面，所以. 在梯形中，，，， 所以有，所以. 因为，所以有，所以． 因为面与交于，面与交于，， 所以有平面平面. 又面，面，所以. 又，所以，， 所以，. 设梯形高为，则. 由，可知，所以. 又四棱锥与三棱锥高相等， 所以． 所以有． 18. 已知椭圆的长轴长为4，左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，四边形的内切圆的半径为，过椭圆上一点T引圆的两条切线（切线斜率存在且不为0），分别交椭圆于点P，Q． （1）求椭圆的方程； （2）试探究直线与的斜率之积是否为定值，并说明理由； （3）记点O为坐标原点，求证：P，O，Q三点共线． 【答案】（1） （2）是，理由如下： 由题意得， 切线的斜率存在且不为0，并设为，取，则， 此时切线方程为，则． 整理得． 设过点引圆的两条切线斜率分别为，则①． 由得， 将其代入①式得， 故直线与的斜率之积为． （3）证明：设直线，则，解得． 将直线与椭圆联立，则． 因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以. 设，则， 将代入可得． 设直线，则，整理得． 同理，将直线与椭圆联立，则． 设，则， 将代入可得， 显然． 设直线，则，解得， 将直线与椭圆联立，则， 设，则， 将代入得． 设直线，则，解得． 将直线与椭圆联立，则． 设，则． 将代入得， 故． 所以，，，且， 所以P，O，Q三点共线． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质与点到直线的距离公式即可求解方程. （2）设出点的坐标并求出切线方程，再化简斜率之积即可. （3）分别设出直线和直线的直线方程，再与椭圆联立，得到的横纵坐标之间的关系，即可证明三点共线. 【小问1详解】 由题意得，则直线的方程为． 由可得， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 直线与的斜率之积为，理由略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系以及相关的证明.其关键点在于设出直线和直线的直线方程，再与椭圆联立，得到的横纵坐标之间的关系，，即可证明三点共线. 19. 已知函数，正项数列满足，. （1）求函数的极值； （2）判断数列的单调性并说明理由； （3）证明：. 【答案】（1）极大值，无极小值； （2）数列为递减数列，理由为： 由题意，得，则， 由（1）知在上单调递减，则，， 令，则，故， 又函数在上是单调递增函数，所以，所以数列为递减数列． （3） 证明：由题意得，令函数， 令函数，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，即， 则，故在定义域上单调递增，且， 令，则，得到， 且，故，又因为，所以， 得到，故， 当时，得到．即， 当时，．故． 综上，原命题得证. 【解析】 【分析】（1）先对求导，判断导数的单调性，最后求得的单调区间，进而可求极值. （2）先利用作差法得到，利用（1）可得到数列的单调性即可. （3）令，求导，进而令，利用导数得到，再合理变形得到，再对的范围分类讨论，利用累乘法结合放缩法得到当时成立，显然得到当时成立即可. 【小问1详解】 的定义域为，， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减． 故有极大值，无极小值． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $