2024-2025学年湖北省荆州市沙市中学高三上学期11月月考数学试题及答案

2024—2025学年度上学期2022级月月考数学试卷考试时间：2024年月日考试时间120分钟试卷满分15085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AA1=2,3,4}，B=x|(x−)≤}，则AB的元素个数为2B．2C．3D42.已知复数z在复平面内对应的点为（2，4z=（z−i）A.1+iB.3+iC.1−iD.3−i{}++==+++=3．等比数列a的各项均为正数，若1237，4322，则789nA588B．C．D224{}=−=4.设等差数列a的前n项和为Sn，已知4S77721，则3（）nA.-2B.-1C.1D.2x−ea,x≤5．已知a∈R，函数fx()=在R上没有零点，则实数a的取值范围−(+)−x1a,x>0()A．()．[){}(){}D．0．0π31+θ1−θ6．已知θ为第一象限角，且tanθ++tanθ=0，则=119A9B．3C．D．37.已知等腰梯形的上底长为11几何体，则该几何体表面积的最大值为（）()()()2+3πD.)−ω>)在区间(2π)恰有ω21+23π3+3πA.33πB.C.()=sinωfx）x108.若函数π2ππ22π5π22π2,,,+∞A.B.C.D.3618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．已知函数fxcosxsinx，则()()πA．fx是偶函数B．fx的最小正周期为12π()()C．fx的最大值为D．fx在上单调递增2{}∈*T=1053+610a的前n项积为n3,6N6）nA.-7B.5C.6D.7SO的底面直径和母线长均为43，其轴截面为△SAB，C为底面半圆弧上一点，且=CB，SM=λSC，SN=µSB(0<λ<1,0<µ<，则A．存在λ∈()，使得⊥2Bµ=时，存在λ∈()，使得//平面ONC31238Cλ=，µ=时，四面体SAMN的体积为33357D⊥SC时，µ=三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．()在抛物线y2=4x上，F与准线相交于点BAa,412FB段的长度为______.13an项和为SnAn2+（A，B{}=n()={}数对,B________，使得数列S是等差数列．n()=(+)−14．定义在R上的函数gx满足yg2x12是奇函数，则gx的对称中心为________；若()1232n+1n+1()n∈N*，则数列a的通项公式为{}nn=g+g+g+⋅⋅⋅+gn1________．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．+n1+n1+()=−15.(13分）已知函数fxxx．（1a=1时，讨论fx的单调性；()（2x>1时，f(x)<1，求a的取值范围；sinA+sinBsinB+sinC中ABC所对的边分别为b，知ac16.ABC=.ca−b（1；ABC沿AD折成直二面角，=⋅=AD=2′−BAD−C（2）若BC3BD,ABAD0，，将求直线AB′与平面B所成角的正弦值′.17分）已知n∈N*，数列n}前n项和为Sn，且满足Sn=−{}2n1；数列n满足b2，=11n1=2−．n{}（1）求数列n的通项公式；（λ在，请说明理由；1λb−λn（3）求使得不等式2nb≥a成立的n的最大值．nn18.（已知椭圆C：x22y223()+=(a>b>)的离心率为A0,1在Cl与C交10ab2于不同于A的两点M，N．（1C的方程；（2AM⋅AN=0，求AMN面积的最大值；1（3）记直线AM，AN的斜率分别为k1，kk22=−为直径的圆过定点，并求出定点坐标．（本题满分a+bi（a，b∈Rr(θ+isinθ)中rθ是以xOZ我们规π定在0≤θ<π范围内的辅角称为辅角主值，通常记作zarg1=0，i=，2π()1+=.发现3θ+θ)+θ+θ，就是说isin12zzr⋅=(θ+θ)⋅(θ+θ)=sinrsinrr121112221212两个复数相乘，积的模等于各复数模的积，积的辅角等于各复数辅角的和.考虑如下操作：从写有实数01，3的三张卡片中随机抽取两张，将卡片上的两个数依次作为一个复数的实部和虚部.设n为正整数，重复n次上述操作，可得到n个复数，将它们的乘积记为zn.（1）写出一次操作后所有可能的复数；（2n=2，记zn的取值为X的分布列；（3z2为实数的概率n.n月月考数学参考答案1C2B3BB5DC7案】A8.【答案】B()x(+π)=(+π)sin(x+π)=−xsinx=−()9ACfx为偶函数，Afxfx，112π1()()≤=≤∈fxsincosx=()=∴fx为奇函数，Bfxsincosxsin2xC对．xsin2x，222πfx在ππ42()单调递增，,单调递减，D410.BDBCD⊥与⊥⊥面SAC，则⊥SA⊥面SAB矛盾，ABSN中点PAP//P作//CN交SC于点MM为SC//平面ONC//平面ONC，BD()()()()图建系，A23,0，B0,23,0，S0,0,6，N0,23µ,6−6µ()()=0,23µ+23,6−6µ，C3,0，SC=3,6)⋅SC=05∴6µ+6−36+36µ=0，∴µ=D72231µ=时，△ASN=△SAB，λ=时，M到平面的距离是C到平面3313距离的11213==△SANh=′⋅△SAB⋅hh′表示M到平面的距离，h是C到平面距离，M−SANM−SAN3332122291312833△h=⋅△SABh=S−=×××3×43×6=，C对，选BCD．27939312.【答案】13，0）【解析】A=1，B=0，S=n为等差数列，即,B可以是1,0．()()n)=+2，n4n=(+)−【解析】yg2x12关于0,0对称，则()141,2(−+)−+(+)−=0g2x1g2x122(−)+(+)=()()∴g12xg12x4，则gx关于1,2122n+12n+12n1n+1n=g+g+⋅⋅⋅+g，n=g+g+⋅⋅⋅+gn1+n1+n1+n1+n1+∴2n=4++⋅⋅⋅+=(+)，则n=4n+2．4442n1共2n个15）a=1时，f(x)=x−x，f′(x)=x，令f′(x)=0⇒x=1当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，fx单调递增．()x−1x−1()<−1对x>1恒成立x⇒−<−⇒<∀>>0，x>1（2）fxx1a对x1恒成立而xxx−1xx→时，→0，∴a≤0．16【小问1详解】sinA+sinBsinB+sinCabbc++=,结合正弦定理，∴=，化简得b2π2+c2−a=−.2ca−bca−bb2+c2−a21==−,A∈(π，故A=)由余弦定理得，cosA【小问2详解】设；bc23=x，CD=2x，CDAD12x2==，解得sinC=.①在ACD中，由得sin∠sinCsin30C2xADBD2π3在△ABD中，∠===−BADBsinC.②x27由①、②得sinB=,x=7.∴=7，=27AB=3.，从而7′B为直二面角，′⊥，二面角−AD−C′=′′′ABDACD⊂D∴AB⊥ACD平面平面，平面，平面建立如图所示的空间直角坐标系，()()()′B3，，D3,0C43,0易知ꢀ(0,0,0)，，()BC=0,43,−3)(()∴AB′=3BD=3,−3.，，′n⋅BC=043y−3z=0′设平面B的法向量=(ꢂ,ꢃ,ꢄ，则有，即n⋅BD=0′x+−3z=03y()令y=1，解得n=34.⋅′nAB2111121111∴cosn,AB′==′′，故直线AB与平面B所成角的正弦值为.′nAB171）S=2a−1S=2n1−1②，②-①⇒n1=2n1−2n，∴n1=2n，而nnn1a=2a−1，∴a=1≠0∴a成首项为1，公比为2的等比数列，∴n2n1{}=．111n11111n1（2）假设存在，∴−=−=−n1−λn−λn−λ(2−λ)n−1n−λ2−−λnb−(2−λ)+1b2−1121λn+=n2−λnn=n==λ=1，(−λ)−(−λ)(−λ)−(−λ)2−λλ(2−λ)+12n1b2n1bnn1∴存在λ=1使成等差数列，且公差为1．b−1n111nn+12n−2（n+1=+(−)⋅=n=1+1n11n∴2n1+≥2n1⇒n+1≥2n−2⇒≥1n−1nn+2n+1−n5令n=，n1−n=−=<0∴c在nN*上单调递减，注意到4{}n∈=>1，2n−2n12n−2n122465=<1，8∴n≥5时，c≤c<1，∴n=4．n518【小问1详解】b=1=a2x2c3由题意可知：e==，解得b=1，所以椭圆C的方程为+y=1.2a24c=3a2=b2+c2【小问2详解】若AM⋅AN=0，可知直线l的斜率存在，y=+mm≠1Mx,y,Nx,y)，()，()(设直线l：1122y=+m4k+1x)+8+4m−4=0，2222y联立方程x，消去可得+y=124()Δ=64k2m2−44k2+14m2−4>0<2则，整理可得m24k+1，4k2+14m2−44k2+1可得12+=−,xx=⋅，12因为()，则1,AN=(1,1−)=(2,y2−)，A0,1AMxx+y−1y−1=0()()由AM⋅AN=0，可得，1212xx++m−1+m−1=0()()则，1212整理可得k+)xx+k(m−)(x+x)+(m−)=0，121222(4k2+1k2+14m2−4)8kmm−12()则−m1+(−2=，04k2+1(()4k2+1m+18k2m4k2+1且m1，则≠m−1≠0，且满足，可得+(m−)=0，−4k2+13335m=−<4k+1y=−−解得m22，可知直线：l过定点，55则AMN面积()44m2−4132548km254k2+1164k2+1−m23225k2+4S=×1+x−x=−−==，124k2+1(1+)254k2+154k232t32tt2+98===t−42S9令t=k2+4≥2，则k2=，可得25×t2−4+，412525t+4t94在t258[+∞)ft)≥f(2)=因为内单调递增，则，()=+ftt6425所以当t=k=0时，面积取到最大值AMN.【小问3详解】M(x,y),N(x,−y),x≠0，11111若直线l的斜率不存在，设y−1−y−1y21x−111可得1k2=1⋅1=−=−，可得12=1+x>1，211121y≤1相矛盾，不合题意；21这与y=+mm≠1Mx,y,Nx,y()，()()，可知直线l的斜率存在，设直线l：1122(1+−)(2+−)m1m1y−1y−11kk=1⋅2==−可得，1212xx1162整理可得16k+)xx+16k(m−)(x+x)+16(m−)=0，121222()kmm−1()16k2+14m2−42则−m1+(−2=，04k2+14k2+116k(+1m+)3232k2m≠m−1≠0m=且m1，则，可得+4(m−)=0，解得，−4k2+14k2+15设以为直径的圆过定点ꢅ(ꢂ,ꢃ，00PM=(−x0,1y,PN−)=(−x0,y2y−)，0则102PMPN⋅xxxxyyy2y0=(−)(−)+(−)(−)=，1020100可得则(x−xx−x++m−y+m−y=0)()()()，10201020整理可得k+1xx)+kmy(−)−x0(x+12)+x20+(my0−2)=02，120k+14m−4)()228km−y−x2则−00+x+(−020)=，my04k+124k2+12535()可得402+y20−1k2+0k−+x20+−y0，0=()4x2+y2−1=000x=0240注意到上式对任意的k均成立，则0=0，解得，5y=−10264350−+2+−y=025所以以为直径的圆过定点(−).19.：）一次操作后可能的复数为：，，3，，1+，3+i，