2025届高三上学期月考（三）（11月）数学试卷[含答案].docx

2025届高三上学期月考（三）（11月）数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1．若复数满足，则（    ）A． B． C． D．2．已知数列的前项和，则等于（    ）A．12 B．15 C．18 D．213．抛物线的焦点坐标为（    ）A． B．C． D．4．如图是函数的部分图象，则函数的解析式可为（    ）A． B．C． D．5．1903年，火箭专家、航天之父康斯坦丁・齐奥尔科夫斯基就提出单级火箭在不考虑空气阻力和地球引力的理想情况下的最大速度满足公式：，其中分别为火箭结构质量和推进剂的质量，是发动机的喷气速度.已知某单级火箭结构质量是推进剂质量的2倍，火箭的最大速度为，则火箭发动机的喷气速度为（    ）（参考数据：，）A． B． C． D．6．若，，则的值为（    ）A． B． C． D．7．如图，一个质点从原点O出发，每隔一秒随机向左或向右移动一个单位长度，向左的概率为，向右的概率为，共移动4次，则该质点共两次到达1的位置的概率为（    ）A． B． C． D．8．设为数列的前n项和，若，且存在，，则的取值集合为（    ）A． B．C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．如图，在正方体中，点，分别为，的中点，则下列说法正确的是（    ）A．直线与为异面直线 B．直线与所成的角为C． D．平面10．已知是圆上的动点，直线与交于点，则（    ）A． B．直线与圆相切C．直线与圆截得弦长为 D．的值为11．已知三次函数有三个不同的零点，，，函数也有三个零点，，，则（    ）A．B．若，，成等差数列，则C．D．三、填空题（本大题共3小题）12．已知随机变量服从二项分布，若，，则 .13．已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则为 .14．如图，已知四面体的体积为32，，分别为，的中点，，分别在，上，且，是靠近点的四等分点，则多面体的体积为 .四、解答题（本大题共5小题）15．设的内角，，的对边分别为，，，已知.(1)求；(2)若，且的面积为，求的值.16．设，.(1)若，求在处的切线方程；(2)若，试讨论的单调性.17．已知四棱锥，底面为菱形，为上的点，过的平面分别交于点，且∥平面．  (1)证明：；(2)当为的中点，与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．18．已知双曲线的左、右焦点为，，过的直线与双曲线交于，两点.(1)若轴，求线段的长；(2)若直线与双曲线的左、右两支相交，且直线交轴于点，直线交轴于点.（i）若，求直线的方程；（ii）若，恒在以为直径的圆内部，求直线的斜率的取值范围.19．已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，设集合，设为集合中的元素个数，当时，规定.(1)若，求，，的值；(2)若，设的前项和为，求；(3)若数列是等差数列，求数列的通项公式.参考答案1．【答案】C【详解】由可得，则,故选：C2．【答案】B【详解】因为数列的前项和，所以.故选：B.3．【答案】D【详解】解：由，得，所以抛物线的焦点在轴的正半轴上，且，所以，，所以焦点坐标为，故选：D4．【答案】A【详解】观察图象可得函数的最小正周期为，所以，故或，排除B；观察图象可得当时，函数取最小值，当时，可得，，所以，，排除C；当时，可得，，所以，，取可得，，故函数的解析式可能为，A正确；，D错误故选：A.5．【答案】B【详解】由题意，，得，故，故选：B6．【答案】C【详解】因为，，所以，，即所以，，两式相加得，所以，故选：C．7．【答案】A【详解】共移动4次，该质点共两次到达1的位置的方式有和，且两种方式第次移动向左向右均可以，所以该质点共两次到达1的位置的概率为.故选：A.8．【答案】A【详解】因为，所以，假设，解得或（舍去），由存在，，所以有或，由可得，，两式相减得：，当时，有，即，根据可知：数列奇数项是等差数列，公差为2，所以，解得，当时，有，即，根据可知：数列偶数项也是等差数列，公差为2，所以，解得，由已知得，所以.故选：A.9．【答案】ABD【详解】如图所示，连接，，，由于，分别为，的中点，即为的中点，所以，面，面，所以平面，即D正确；所以与共面，而，所以直线与为异面直线，即A正确；连接，易得，所以即为直线与所成的角或其补角，由于为等边三角形，即，所以B正确；假设，由于，，所以面，而面显然不成立，故C错误；故选：ABD.10．【答案】ACD【详解】选项A：因，故，A正确；选项B：圆的圆心的坐标为，半径为，圆心到的距离为，故直线与圆相离，故B错误；选项C：圆心到的距离为，故弦长为，故C正确；选项D：由得，故，故，故D正确故选：ACD11．【答案】ABD【详解】因为，则，，对称中心为，对于A，因为有三个不同零点，所以必有两个极值点，即有两个不同的实根，所以，即，故A正确；对于B，由成等差数列，及三次函数的中心对称性，可知为的对称中心，所以，故B正确；对于C，函数，当时，，则与的交点的横坐标即为，，，当时，画出与的图象，由图可知，，，则，当时，则，故C错误；对D，由题意，得，整理，得，得，即，故D正确.故选：ABD.12．【答案】9【详解】由题意知随机变量服从二项分布，，，则，即得，故答案为：913．【答案】【详解】因为在上的投影向量为，所以，又，所以，又 ，所以.故答案为：.14．【答案】11【详解】如图，连接，则多面体被分成三棱锥和四棱锥.因是上靠近点的四等分点，则，又是的中点，故，因是上靠近点的四等分点，则点到平面的距离是点到平面的距离的，故三棱锥的体积；又因点是的中点，则，故，又由是的中点知，点到平面的距离是点到平面的距离的，故四棱锥的体积，故多面体的体积为故答案为：11.15．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为,即，由正弦定理得，因为，所以,则，又，所以.（2）因为，由正弦定理得，因为，所以，则，由余弦定理，得，所以，则，解得.16．【答案】(1)(2)答案见解析【详解】（1）当时，，，因，故在处的切线方程为，即；（2）因函数的定义域为，，① 当时，若，则，故，即函数在上单调递增；若，由可得.则当时，，，故，即函数在上单调递减；当时，，故，即函数在上单调递增；② 当时，若，则，故，即函数在上单调递增；若，则，故，即函数在上单调递减；若，则，故，即函数在上单调递增，当时，恒成立，函数在上单调递增，综上，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.17．【答案】(1)证明见详解(2)【详解】（1）设，则为的中点，连接，因为为菱形，则，又因为，且为的中点，则，，平面，所以平面，且平面，则，又因为∥平面，平面，平面平面，可得∥，所以.（2）因为，且为的中点，则，且，，平面，所以平面，可知与平面所成的角为，即为等边三角形，设，则，且平面，平面，可得平面，平面，且平面平面，所以，即交于一点，因为为的中点，则为的重心，且∥，则，设，则，如图，以分别为轴，建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，可得，可得，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值.  18．【答案】(1)线段的长为；(2)（i）直线的方程为；（ii）直线的斜率的取值范围为.【详解】（1）由双曲线的方程，可得，所以，所以，，若轴，则直线的方程为，代入双曲线方程可得，所以线段的长为；（2）（i）如图所示，若直线的斜率为0，此时为轴，为左右顶点，此时不构成三角形，矛盾，所以直线的斜率不为0，设，，联立，消去得，应满足，由根与系数关系可得，直线的方程为，令，得，点，直线的方程为，令，得，点，，，由，可得，所以，所以，解得，，解得，经检验，满足，所以，所以直线的方程为；（ii）由，恒在以为直径的圆内部，可得，所以，又，所以，所以，所以，所以，所以，解得，解得或，经检验，满足，所以直线的斜率的取值范围为.19．【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）因为，则，所以，，，故.（2）因为，所以，则，所以，，当时，则满足的元素个数为，故，所以，注意到，所以.（3）由题可知，所以，所以，若，则，，所以，，与是等差数列矛盾，所以，设，因为是各项均为正整数的递增数列，所以，假设存在使得，设，由得，由得，，与是等差数列矛盾，所以对任意都有，所以数列是等差数列，.。