湖北省荆州市沙市中学2024-2025学年高三上学期11月月考数学试题+答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_11292025届湖北沙市中学高三11月月考

2024—2025 学年度上学期 2022 级 11 月月考数学试卷 命题人：张群武 审题人：叶世安 考试时间：2024年11月26日 考试时间120分钟 试卷满分150 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A={1,2,3,4}，B= { x|log (x−1)≤2 }，则AB的元素个数为 2 A．1 B．2 C．3 D．4 2.已知复数z在复平面内对应的点为（2，-1），则 4z （ ） = z−i A. 1+i B. 3+i C. 1−i D. 3−i 3．等比数列{a }的各项均为正数，若a +a +a =7，a =a +2a ，则a +a +a = n 1 2 3 4 3 2 7 8 9 A．588 B．448 C．896 D．224 4.设等差数列{ a }的前n项和为S ，已知4S =7a −21，则a =（ ） n n 7 7 3 A.-2 B.-1 C.1 D.2 ex −a,x≤0, 5．已知a∈R，函数 f (x)= 在R上没有零点，则实数a的取值范围  −ln(x+1)−a,x>0 A．(0,+∞) B．(1,+∞) C．[ 1,+∞){0} D．(1,+∞){0} 6．已知θ为第一象限角，且tan   θ+ π  +tanθ=0，则1+cos2θ =  3 1−cos2θ 1 1 A．9 B．3 C． D． 3 9 7. 已知等腰梯形的上底长为1，腰长为1，若以等腰梯形的上底所在直线为轴，旋转一周形成一个 几何体，则该几何体表面积的最大值为（ ） ( ) ( ) ( ) A. 3 3π B. 2+ 3 π C. 1+2 3 π D. 3+ 3 π 8. 若函数 f ( x )=sin (ωcosx )−1 (ω>0 ) 在区间 ( 0,2π ) 恰有2个零点，则ω的取值范围是（ ） 1 学科网（北京）股份有限公司 π π 3π π 5π π  A. 0,  B.  ,  C.  ,  D.  ,+∞   2 2 2  2 2  2  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． 9．已知函数 f (x)=cosx⋅ sinx ，则 A． f (x)是偶函数 B． f (x)的最小正周期为π 1  π C． f (x)的最大值为 D． f (x)在 0, 上单调递增   2  2 10．记等比数列{ a }的前n项积为T ，且a ,a ∈N*，若T =65，则a +a 的可能取值为（ ） n n 3 6 10 3 6 A.- 7 B.5 C.6 D.7 11．如图，圆锥SO的底面直径和母线长均为4 3，其轴截面为△SAB，C为底面半圆弧AB上一     点，且 AC =2C  B，SM =λSC，SN =µSB(0<λ<1,0<µ<1)，则 A．存在λ∈(0,1)，使得BC ⊥ AM 2 B．当µ= 时，存在λ∈(0,1)，使得AM//平面ONC 3 1 2 8 C．当λ= ，µ= 时，四面体SAMN的体积为 3 3 3 3 5 D．当AN ⊥SC时，µ= 7 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知点A ( a,4 ) 在抛物线y2 =4x上，F 为抛物线的焦点，直线AF 与准线相交于点B，则线 段 FB 的长度为______. 13．已知数列{a }是单调递增数列，其前n项和为S = An2 +Bn（A，B为常数），写出一个有序 n n 数对(A,B)=________，使得数列 { S } 是等差数列． n 14．定义在R上的函数g(x)满足y=g(2x+1)−2是奇函数，则g(x)的对称中心为________；若 2 学科网（北京）股份有限公司a =g   1   +g   2   +g   3   +⋅⋅⋅+g   2n+1  ( n∈N* ) ，则数列{a }的通项公式为 n n+1 n+1 n+1  n+1  n ________． 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.(13分）已知函数 f (x)=axlnx−x． （1）当a=1时，讨论 f (x)的单调性； （2）当x>1时， f (x)<−1，求a的取值范围； sinA+sinB sinB+sinC 16（. 15分） 如图，在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知 = . c a−b （1）求A；      （2）若BC =3BD,AB⋅AD =0， AD =2，将ABC沿AD折成直二面角 B ′ − AD−C ， 求直线AB′与平面B′CD所成角的正弦值. 17．（15分）已知n∈N*，数列{a }前n项和为S ，且满足S =2a −1；数列{b }满足b =2， n n n n n 1 1 b =2− ． n+1 b n （1）求数列{a }的通项公式； n （2）是否存在实数λ，使得数列 1 是等差数列？如果存在，求出实数λ的值；如果不存   b n −λ 在，请说明理由； 3 学科网（北京）股份有限公司（3）求使得不等式2nb ≥a 成立的n的最大值． n n 18.（17分） 已知椭圆C： x2 + y2 =1(a>b>0)的离心率为 3，点A ( 0,1 ) 在C上，直线l与C交 a2 b2 2 于不同于A的两点M ，N ． （1）求C的方程；   （2）若AM ⋅AN =0，求AMN 面积的最大值； 1 （3）记直线AM ，AN的斜率分别为k ，k ，若kk =− ，证明：以MN 为直径的圆过定 1 2 1 2 16 点，并求出定点坐标． 19.（本题满分17分）一般地，任何一个复数a+bi（a，b∈R）可以写成r ( cosθ+isinθ)，其 中r是复数的模，θ是以x轴非负半轴为始边，射线OZ为终边的角，称为复数的辅角.我们规 π 定在0≤θ<2π范围内的辅角称为辅角主值，通常记作argz，如arg1=0，argi = ， 2 ( ) π arg 1+ 3i = .发现 3 z ⋅z =r ( cosθ+sinθ)⋅r ( cosθ +sinθ)=rr cos (θ+θ)+isin (θ+θ)，就是说   1 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 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0，1， 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z . n （1）写出一次操作后所有可能的复数； （2）当n=2，记 z 的取值为X，求X的分布列； n （3）求z2为实数的概率Q . n n 4 学科网（北京）股份有限公司11 月月考数学参考答案 1．【答案】C 2．【答案】B 3．【答案】B 4。【答案】B 5．【答案】D 6．【答案】C 7．【答 案】A 8.【答案】B 9．【答案】AC f (x)为偶函数，A 对． f (x+π)=cos(x+π)sin(x+π) =−cosxsinx|=−f (x)， 1 1  π 1 ∴ f (x)为奇函数，B错．f (x)≤ sinxcosx = sin2x ≤ ，C对．x∈  0,  ，f (x)=sinxcosx= sin2x， 2 2  2 2  π π π f (x)在 0, 单调递增， , 单调递减，D错．      4 4 2 10.．【答案】 BD 11．【答案】BCD 【解析】BC ⊥ AC，则BC与AM 不可能垂直，若BC ⊥ AM ，则BC ⊥面SAC， 则BC ⊥SA，则BC ⊥面SAB矛盾，A错．对于B，取SN中点P，则AP//ON ，过P作PM//CN交 SC于点M ，此时M 为SC中点，则面APM//平面ONC，∴AM//平面ONC，B对．对于D，如 图建系，A ( 0,−2 3,0 ) ，B ( 0,2 3,0 ) ，S(0,0,6)，N ( 0,2 3µ,6−6µ )     ( ) ( ) AN = 0,2 3µ+2 3,6−6µ ，C 3, 3,0 ，SC =(3, 3,−6)，，AN⋅SC =0 5 ∴6µ+6−36+36µ=0，∴µ= ，D对． 7 2 2 1 µ= 时，S = S ，λ= 时，M 到平面SAB的距离是C到平面 △ASN △SAB 3 3 3 1 SAB距离的 3 1 1 2 1 V = S h′= ⋅ S ⋅ h，其中h′表示M 到平面SAB的距离，h是C到平面SAB距离， M−SAN △SAN △SAB 3 3 3 3 2 2 1 2 2 1 1 8 3 V = S h= ⋅ S h= V = × × ×3×4 3×6= ，C对，选BCD． M−SAN △ABS △SAB S−ABC 27 9 3 9 9 3 2 3 10 12.【答案】 3 13．【答案】（1，0） 【解析】A=1，B=0， S =n为等差数列，即(A,B)可以是(1,0)． n 14．【答案】 (1,2) ， a =4n+2 【解析】y=g(2x+1)−2关于(0,0)对称，则 n g(−2x+1)−2+g(2x+1)−2=0 ∴g(1−2x)+g(1+2x)=4，则g(x)关于(1,2)对称，（第一空） 5 学科网（北京）股份有限公司 1   2  2n+1 2n+1  2n   1  a =g  +g  +⋅⋅⋅+g  ，a =g  +g  +⋅⋅⋅+g  n n+1 n+1  n+1  n  n+1  n+1 n+1 ∴2a =4 + 4 +⋅  ⋅⋅+ 4=4(2n+1)，则a =4n+2． n n 共 2n+1个 15．【解析】（1）a=1时， f (x)=xlnx−x， f′(x)=lnx，令 f′(x)=0⇒x=1 当01时， f′(x)>0， f (x)单调递增． x−1 x−1 （2） f (x)<−1对∀x>1恒成立⇒axlnx−x<−1⇒a< 对∀x>1恒成立而 >0，x>1，当 xlnx xlnx x−1 x→+∞时， →0，∴a≤0． xlnx 16【小问1详解】 sinA+sinB sinB+sinC a+b b+c  = ,结合正弦定理，∴ = ，化简得b2 +c2 −a2 =−bc. c a−b c a−b b2 +c2 −a2 1 2π 由余弦定理得，cosA= =− ,A∈( 0,π )，故A= ； 2bc 2 3 【小问2详解】设BD=x，CD=2x， CD AD 2x 2 1 在ACD中，由 = 得 = ，解得sinC = .① sin∠DAC sinC sin30 sinC 2x AD 2 π  在△ABD中，∠BAD=90?,sinB= = =sin −C.② BD x 3  2 7 由①、②得sinB= ,x= 7.∴BD= 7 ，CD =2 7 ，从而AB= 3. 7 二面角 B ′ − AD−C 为直二面角，AB′⊥ AD， 平面AB′D平面ACD= AD，AB′⊂平面AB′D，∴AB′⊥平面ACD 建立如图所示的空间直角坐标系， ( ) ( ) ( ) 易知 ，D 1, 3,0 ，C 0,4 3,0 ，B′ 0,0, 3 ，    𝐴𝐴(0,0(,0) ) ( ) ( ) ∴AB′= 0,0, 3 ，B′C = 0,4 3,− 3 ，B′D= 1, 3,− 3 .    n⋅B′C =0   4 3y− 3z =0 设平面B′CD的法向量 ，则有  ，即 n⋅B′D=0 x+ 3y− 3z =0 𝑛𝑛�⃗=(𝑥𝑥,𝑦𝑦,𝑧𝑧) 6 学科网（北京）股份有限公司 ( ) 令 y =1，解得n = 3 3,1,4 .     n⋅AB′ 2 11 ∴cosn,AB′=   = ，故直线AB′与平面B′CD所成角的正弦值为 2 11 . n AB′ 11 11 17．【解析】（1）S =2a −1①，S =2a −1②，②-①⇒a =2a −2a ，∴a =2a ，而 n n n+1 n+1 n+1 n+1 n n+1 n a =2a −1，∴a =1≠0∴{a }成首项为1，公比为2的等比数列，∴a =2n−1． 1 1 1 n n 1 1 1 1 b 1 （2）假设存在，∴ − = − = n − b −λ b −λ 1 b −λ (2−λ)b −1 b −λ n−1 n 2− −λ n n n b n b2 −λb −(2−λ)b +1 b2 −2b +1 1 2 1 = n n n = n n 为常数，∴ = = 解得λ=1， (2−λ)b −1(b −λ) (2−λ)b −1(b −λ) 2−λ λ(2−λ)+1 λ  n  n  n  n  1  ∴存在λ=1使 成等差数列，且公差为1． b −1 n 1 1  1 n+1 （3）由（2）知 =1+(n−1)⋅1=n，∴b =1+ ∴2n1+  ≥2n−1⇒n+1≥2n−2 ⇒ ≥1 b −1 n n  n 2n−2 n n+1 n+2 n+1 −n 5 令c = ，c −c = − = <0 ∴{c }在n∈N*上单调递减，注意到c = >1， n 2n−2 n+1 n 2n−1 2n−2 2n−1 n 4 4 6 c = <1， 5 8 ∴n≥5时，c ≤c <1，∴n =4． n 5 max 18【小问1详解】 b=1  a=2  c 3  x2 由题意可知：e= = ，解得b=1 ，所以椭圆C的方程为 + y2 =1.  a 2  4 a2 =b2+c2 c= 3  【小问2详解】 7 学科网（北京）股份有限公司  若AM ⋅AN =0，可知直线l的斜率存在， 设直线l：y =kx+m ( m≠1 ) ，M ( x ,y ) ,N ( x ,y ) ， 1 1 2 2 y =kx+m  ( ) 联立方程x2 ，消去y可得 4k2 +1 x2 +8kmx+4m2 −4=0，  + y2 =1  4 ( )( ) 则Δ=64k2m2 −4 4k2 +1 4m2 −4 >0，整理可得m2 <4k2 +1， 8km 4m2−4 可得x +x =− ,x ⋅x = ， 1 2 4k2+1 1 2 4k2+1   因为A ( 0,1 ) ，则AM =( x ,y −1 ) ,AN =( x ,y −1 )， 1 1 2 2   由AM ⋅AN =0，可得x x +( y −1 )( y −1 )=0， 1 2 1 2 则x x +( kx +m−1 )( kx +m−1 )=0， 1 2 1 2 整理可得 ( k2 +1 ) x x +k ( m−1 )( x +x )+( m−1 )2 =0， 1 2 1 2 ( k2+1 )( 4m2−4 ) 8k2m(m−1) 则 − +(m−1)2 =0 ， 4k2+1 4k2+1 且m≠1，则m−1≠0，可得 4 ( k2+1 )(m+1) − 8k2m +(m−1)=0 ， 4k2+1 4k2+1 3 3  3 解得m=− ，且满足m2 <4k2 +1，可知直线l：y =kx− 过定点0,− ， 5 5  5 则AMN 面积 1  3 4  8km  2 4 ( 4m2−4 ) 16 4k2+1−m2 32 25k2+4 S AMN = 2 ×  1+ 5   x 1 −x 2 = 5   − 4k2+1   − 4k2+1 = 5 ( 4k2+1 ) = 25 4k2+1 ， 32 t 32t 8 令t = 25k2 +4 ≥2，则k2 = t2 −4 ，可得 S AMN = 25 4× t2−4 +1 = 4t2+9 = 9 ， 25 25 t+ 4 t 9 25 因为 f ( t )=t+ 4 在 [ 2,+∞) 内单调递增，则 f ( t )≥ f ( 2 )= 8 ， t 8 学科网（北京）股份有限公司64 所以当t =2,k =0时，AMN 面积取到最大值 . 25 【小问3详解】 若直线l的斜率不存在，设M ( x ,y ) ,N ( x ,−y ) ,x ≠0， 1 1 1 1 1 y −1 −y −1 y2−1 1 1 可得kk = 1 ⋅ 1 =− 1 =− ，可得y2 =1+ x2 >1， 1 2 x x x2 16 1 16 1 1 1 1 这与y2 ≤1相矛盾，不合题意； 1 可知直线l的斜率存在，设直线l：y =kx+m ( m≠1 ) ，M ( x ,y ) ,N ( x ,y ) ， 1 1 2 2 y −1 y −1 (kx +m−1)(kx +m−1) 1 可得kk = 1 ⋅ 2 = 1 2 =− ， 1 2 x x xx 16 1 2 1 2 整理可得 ( 16k2 +1 ) x x +16k ( m−1 )( x +x )+16 ( m−1 )2 =0， 1 2 1 2 ( 16k2+1 )( 4m2−4 ) 128k2m(m−1) 则 − +16(m−1)2 =0 ， 4k2+1 4k2+1 且m≠1，则m−1≠0，可得 ( 16k2+1 )(m+1) − 32k2m +4(m−1)=0 ，解得m= 3 ， 4k2+1 4k2+1 5 设以MN 为直径的圆过定点 ，   则PM =( x −x ,y − y ) ,P𝑃𝑃N(𝑥𝑥0=,𝑦𝑦 (0x) −x ,y − y )， 1 0 1 0 2 0 2 0   可得PM ⋅PN =( x −x )( x −x )+( y − y )( y − y )=0， 1 0 2 0 1 0 2 0 则 ( x −x )( x −x )+( kx +m− y )( kx +m− y )=0， 1 0 2 0 1 0 2 0 整理可得 ( k2 +1 ) x x +  k ( m− y )−x   ( x +x )+x2 +( m− y )2 =0， 1 2 0 0 1 2 0 0 则 ( k2+1 )( 4m2−4 ) − 8km k(m−y 0 )−x 0   +x2+(m−y )2 =0 ， 4k2+1 4k2+1 0 0 2 可得4 ( x2 + y2 −1 ) k2 + 24 x k− 64 +x2 +   3 −y   =0， 0 0 5 0 25 0 5 0  9 学科网（北京）股份有限公司  4 ( x2+y2−1 )=0  0 0 x =0 注意到上式对任意的k均成立，则   24 x =0 ，解得 0 ，  5 0 y =−1 0  64 3 2 − +x2+ −y  =0  25 0 5 0 所以以MN 为直径的圆过定点 ( 0,−1 ) . 19.解：（1）一次操作后可能的复数为：1，i， 3， 3i，1+ 3i， 3+i， （2）一次操作后复数的模所有可能的取值为是：1，1， 3， 3，2，2 由 z ⋅z = z ⋅ z ，故X的取值为1， 3，2，3，2 3，4 1 2 1 2 1 ( ) 2 2 P ( X =1 )= ，P X = 3 = ，P ( X =2 )= . 9 9 9 1 ( ) 2 1 P ( X =3 )= ，P X =2 3 = ，P ( X =4 )= ， 9 9 9 所以X的分布列为 X 1 3 2 3 2 3 4 1 2 2 1 2 1 P 9 9 9 9 9 9 ( ) （3）若z2为实数，则arg z2 =0或π. n n π π π π 而1，i， 3， 3i，1+ 3i， 3+i的辅角主值分别是0， ，0， ， ， ， 2 2 3 6 设在n次操作中，得到i， 3i的次数为a ，得到1+ 3i的次数为b ，得到 3+i的次数为c n n n ( ) 2π 2π  2b +c  于是arg z2 =a ⋅π+b ⋅ +c ⋅ −kπ= a + n n −k  π， n n n 3 n 6 0  n 3 0  2b +c 从而a + n n −k =t ∈{ 0,1 }，即2b +c =3 ( t +k −a ) n 3 0 0 n n 0 0 n 因此，所有的概率Q 即为2b +c 是3的倍数的概率，下面研究Q 与Q 之间的关系. n n n n+1 n 2 （ⅰ）2b +c 是3的倍数，且第n+1次操作得到的复数是1，i， 3， 3i（概率为 ）； n n 3 1 （ⅱ）2b +c 被3除余1，且第n+1次操作得到的复数是1+ 3i（概率为 ）； n n 6 1 学科网（北京）股份有限公司1 （ⅲ）2b +c 被3除余2，且第n+1次操作得到的复数是 3+i（概率为 ）； n n 6 2 1 1 1 因此由全概率公式可以得到：Q = Q + ( 1−Q )= Q + n+1 3 n 6 n 2 n 6 n−1 1 1 1 2 11 1 变形得Q − = Q −  ，其中Q = ，故Q =   + n+1 3 2 n 6 1 3 n 32 3 1 学科网（北京）股份有限公司