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玉溪一中 2025—2026 学年上学期高二 11 月月考
数学试题评分参考
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。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A D B B D D A C
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。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
题号 9 10 11
答案 ACD BCD BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
题号 12 13 14
答案 28
4
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．（本小题满分13分）
6 6
解：（1）根据sin2A= cosA，得2sinAcosA= cosA，结合cosA>0，化简得
5 5
3
sinA= ，
5
4
所以cosA=√1− sin2A= (舍负)；
5
（2）若选择条件①：cosB=
√5
与条件②：a=9，可得B为锐角，sinB=√1− cos2B=
2
3 3
，
3 √5 4 2 3√5+8 a c
所以sinC=sin(A+B)= × + × = ，结合正弦定理 = ，得
5 3 5 3 15 sinA sinC
3√5+8
9×
c=
a⋅sinC
=
15
=8+3√5；
sinA 3
5
若选择①：cosB=
√5
与条件③：b=10，可得B为锐角，sinB=√1− cos2B=
2
，
3 33 √5 4 2 3√5+8
所以sinC=sin(A+B)= × + × = ，
5 3 5 3 15
3√5+8
10×
b c bsinC 15
结合正弦定理 = ，得c= = =8+3√5；
sinB sinC sinB 2
3
若选择条件②：a=9与条件③：b=10，
4
则由余弦定理，得a2=c2+b2 −2bccosA，即81=c2+100−20 c× ，整理得
5
c2 −16c+19=0，
16±√162 −19×4
所以c= =8±3√5．
2
解：（1）证明：取B C的中点G，连接PG,FG，
1
1
由中位线可得：PG//BB ,PG= BB ，
1 2 1
⃗ 1 ⃗
又EF= AA ，由BB //AA ,BB =AA ，
2 1 1 1 1 1
1
所以EF//BB ,EF= BB ，
1 2 1
所以PG//EF,PG=EF，
即四边形EFGP为平行四边形，
所以EP//FG，
又EP不在平面B CF内，FG在平面B CF内，
1 1
所以PE//平面B CF；
1
（2）因为AA ⊥平面ABC，AB,AC都在平面ABC内，
1
又AB⊥AC，
所以可得：AB,AC,AA 两两垂直，如图建系：
1
2
则B(1,0,0),C(0,1,0),B (1,0,1),F(0,0, ) ，
1 3
⃗ ⃗ 1 ⃗
B C=(− B1,F1,=− (1−), 1,0,) −,BC=(−1,1,0) ，
1 1 3设平面B CF的法向量为⃗n=(x,y,z)，
1
→ →
n⋅B C=(− x1,,1y,−,1z))⋅=−( x+y−z=0
则 { 1 ,
→ → 1 1
n⋅B F=(− 1,)0⋅,−( x,y,z)=− x− z=0
1 3 3
设z=3，可得x=−1, y=2，
所以⃗ ，
n=(−1,2,3)
设直线BC与平面B CF所成角为θ，
1
|⃗ ⃗ |
| ⟨⃗ ⃗ ⟩| n⋅BC 3 3√7，
sinθ= cos n,BC = = =
|⃗| |⃗| √14×√2 14
n ⋅ BC
3√7
即直线BC与平面B CF所成角的正弦值为 ．
1 14
17．（本小题满分15分）
解：（1）由题意知点M的轨迹C是焦点在x轴上的双曲线的右支，且a=1，c=√17，
∴b2=c2 −a2=16，
y2
∴C的方程为x2 − =1(x≥1)．
16
1 1
（2）设T( ,m)，设直线AB的方程为y=k (x− )+m，A(x ,y )，B(x ,y )，
2 1 2 1 1 2 2
1
{ y=k (x− )+m,
由 1 2 ，得 16x2 − [ k2(x2 −x+ 1 )+2k m(x− 1 )+m2 ] =16 ，
y2 1 4 1 2
x2 − =1,
16
1
整理得(16− k2)x2+(k2 −2k m)x+k m− k2 −m2 −16=0 ，
1 1 1 1 4 1
1
2k m−k2 k m− k2 −m2 −16
∴x +x = 1 1， 1 4 1 ，
1 2 16− k 1 2 x 1 x 2 = 16− k2
1
∴|TA|⋅| TB|=(1+k2) [(x − 1 )(x − 1 )]
1 1 2 2 2
=(1+k2) [ x x − 1 (x +x )+ 1 ]
1 1 2 2 1 2 4
1
(k
1
m−
4
k
1
2 −m2 −16
1 2k m−k2 1
)
=(1+k2) − ⋅ 1 1 +
1 16− k2 2 16− k2 4
1 1=(1+k2)⋅
−m2 −12
=(1+k2)⋅
m2+12，
1 16− k2 1 k2 −16
1 1
设 k =k ，同理可得 |TP|⋅| TQ|=(1+k2)⋅
m2+12，
PQ 2 2 k2 −16
2
由 |TA|⋅| TB|=|TP|⋅| TQ| ，得 (1+k
1
2)⋅
k
m
2
2
−
+1
16
2 =(1+k
2
2)⋅
k
m
2
2
−
+1
16
2，
1 2
，
∴k2 −16 k2=k2 −16 k2
2 1 1 2
， ， ，
∴k2=k2 ∵k ≠k ∴k =− k
1 2 1 2 1 2
∴k +k =0．
1 2
18．（本小题满分17分）
（1）解：由题意， ， ，
b =q b =q2
2 3
∵b +b =6b ，∴1+q=6q2，
1 2 3
整理，得6q2 −q−1=0，
1 1
解得q=− (舍去)，或q= ，
3 2
b 1 1 1
∴c = n ⋅c = ⋅c = ⋅c = ⋅c =4⋅c
n+1 b
n+2
n b
n+2
n q2 n
(
1
)2
n n，
b 2
n
∴数列{c }是以1为首项，4为公比的等比数列，
n
， ．
∴c =1⋅4n−1=4n−1 n∈N∗
n
，
∴a −a =c =4n
n+1 n n+1
则a =1，
1
，
a −a =41
2 1
，
a −a =42
3 2
……
， ，
a −a =4n−1 (n⩾2,n∈N∗)
n n−1
各项相加，可得n⩾2，n∈N∗时，a =1+41+42+…+4n−1=
1− 4n
=
4n −1
，
n 1−4 3
当n=1时代入适合，
4n −1
∴a = ．
n 3
b
（2）证明：依题意，由c = n ⋅c (n∈N∗)，可得
n+1 b n
n+2
b ⋅c =b ⋅c ，
n+2 n+1 n n
两边同时乘以b ，可得
n+1
b b c =b b c ，
n+1 n+2 n+1 n n+1 n
∵b b c =b =1+d，
1 2 1 2
∴数列{b b c }是一个常数列，且此常数为1+d，
n n+1 n
b b c =1+d，
n n+1 n
1+d 1+d d 1 b −b 1 1 1
∴c = = ⋅ =(1+ )⋅ n+1 n =(1+ )( − )，
n b b d b b d b b d b b
n n+1 n n+1 n n+1 n n+1
∴c +c +…+c
1 2 n
1 1 1 1 1 1 1 1 1
=(1+ )( − )+(1+ )( − )+…+(1+ )( − )
d b b d b b d b b
1 2 2 3 n n+1
1 1 1 1 1 1 1
=(1+ )( − + − +…+ − )
d b b b b b b
1 2 2 3 n n+1
1 1 1
=(1+ )( − )
d b b
1 n+1
1 1
=(1+ )(1− )
d b
n+1
1
<1+ ，
d
1
∴c +c +…+c <1+ ，故得证．
1 2 n d
19．（本小题满分17分）
解：（1）证明：易知f(x)的定义域为(− ∞),∪−1(0,+∞)，
1
定义域关于(− ,0)中心对称．
2
−x 2a x+1 2a
f(− 1−x)+f(x)=ln( )− +ln( )− =0，
− 1−x − 1−x2 x 2x+1
1
故曲线y=f(x)关于点(− ,0)中心对称．
2x+1 2a
（2）已知f(x)=ln( )− ，x∈(0,+∞)，
x 2x+1
x+1 1 2a(t−1)
令 =t，则x= ，t>1，则f(t)=lnt− ，
x t−1 t+1
因此只需求出在t∈(1,+∞)上使得f(t) >0的a的取值范围即可．
令φ(x)=(x+1)lnx−2ax+2a，x∈(1,+∞)，
1
从而φ′(x)=lnx+ +1−2 a，
x
x−1
令m(x)=φ′(x)，则m′(x)= ，
x2
令m′(x)=0，解得x=1，
故φ′(x)在x=1处取到最小值，φ′(1) = 2−2 a;
①若a≤1，则φ′(x)⩾0，进而φ(x)在(1,+∞)上单调递增，φ(x)>φ(1)=0，
因此φ(x)>0，故f(x)>0;
②若a>1，则φ′(1)<0，φ′(x)在(1,+∞)上单调递增，
从而由零点存在定理可知，存在x ∈(1,+∞)，φ′(x )=0，
0 0
进而x∈(1,x )时，φ′(x)<0，
0
因此φ(x)在(1,x )上单调递减，φ(1)=0，
0
进而有x∈(1,x )时，φ(x)<0，矛盾．
0
综上，a的取值范围为(−∞,1] ．
x+1 2
（3）证明：由(2)知，ln( )− >0在(0,+∞)上恒成立，
x 2x+1
取x=i(i∈N∗)，故(2i+1)ln(i+1)−(2 i+1)lni−2>0，
进而有lni+ln(i+ 1) < 2(i+1)ln(i+1)−2 ilni−2，
n
对其两边从1到n求和得到ln1+2∑lni+ln(n+1)< (2n+2)ln(n+1)−2 n，
i=2
化简即得2ln(n!)+2n<(2n+1)ln(n+1)．
