2025届黑龙江省龙东联盟高三(上)11月月考数学试卷(解析版)

这是一份2025届黑龙江省龙东联盟高三(上)11月月考数学试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 若集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】，
故选：D.
2. “”是“”的（ ）
A 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】由，可得成立，即充分性成立；
反正：若，可得或，即必要性不成立，
所以是的充分不必要条件.故选：A.
3. 已知函数，则（ ）
A. B. -2C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得，故B正确.故选:B.
4. 如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点是底面圆周上异于的一点，若，当三棱锥体积最大时，则点到平面的距离（ ）

A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】法一：因为三棱锥的高即为圆柱的高，即，
当三棱锥体积最大时，即直角的面积最大，
由于，所以点是弧AB的中点时，即是等腰直角三角形，
此时，，
连接交于点，所以点为的中点，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
设点到平面的距离为，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，
由于平面，所以，
，所以，
所以，解得.

法二：因为三棱锥的高即为圆柱的高，即，
当三棱锥体积最大时，即直角的面积最大，
由于，所以点是弧AB的中点时，即是等腰直角三角形，
所以，，
连接交于点，所以点为的中点，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
做，且交于点，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，
因此点到平面的距离为点到直线DE的距离，
即.

法三：因为三棱锥的高即为圆柱的高，即，
当三棱锥体积最大时，即直角的面积最大，
由于，所以点是弧AB的中点时，即是等腰直角三角形，
可得，
，
设为平面的一个法向量，
则，即，令，则，
所以，
所以点到平面的距离为.

故选：D.
5. 已知平面向量和满足，在上的投影向量为，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】在上的投影向量为.
在上的投影向量为，
故选:A.
6. 已知首项为1的等比数列的各项均为正数，且成等差数列，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由等比数列的各项均为正数，可知公比.
成等差数列，.
，，即，
解得（舍），或，则的通项公式，
.构造数列bn，设.
当时，；当时，；
当时，，故.
下面证明当时，.
构造函数，
则，且在单调递增；
则，
故在上单调递增，
则，
所以当，成立，即，
故当时，，则，，
则当时，.
综上可知，数列bn的最大项为，即.
要使恒成立，即恒成立，则.
故选：C
7. 当时，曲线与的交点个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】在同一个坐标系下，作出曲线与在内的图像，
由图像可知，共有4个交点.
故选：B.
8. 半正多面体（semiregular slid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的.它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），点满足，则直线与平面所成角的正弦值（ ）
A. 为定值B. 存在最大值，且最大值为1
C. 为定值1D. 存在最小值，且最小值为
【答案】A
【解析】，即在线段（不包括点）.
如图，将该半正多面体补成正方体，则平面平面，
因此直线与平面所成角等于直线与平面所成角.
在正四面体中，设正四面体的棱长为2，作平面，垂足为，
连接，则即为直线与平面所成角.
易求，所以，
所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：A.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小给出的选项中，有多项符合目要求，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. 设复数，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 若，则或D. 若，则
【答案】ABC
【解析】A选项，方法一：
，
，
又
，
方法二：设，
则，
故，
又，故，故A正确；
B选项，，
，
，
∴，故B正确；
C选项，方法一：，
，，
将①式两边乘以得，代入②式得或，
或或；
方法二：设，
且不恒等于0，
，即或，故C正确；
D选项，当时，，但虚数与不能比较大小，故D不正确.
故选：ABC
10. 已知，则a，b满足（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】A选项，由得，，故A正确;
B选项，由得，，故B错误;
C 选项，，故C错误;
D选项，由基本不等式得:，故D正确.
故选：AD
11. 已知函数的定义域为，且，若，则（ ）
A. B.
C. 函数为减函数D. 函数为奇函数
【答案】ABD
【解析】因为，
令，得，
，，故A正确；
令，，得，
，，，故B正确;
令得，
，，所以，
则函数为增函数，且函数为奇函数，故C错误，D正确；
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 一个屋顶的某一斜面成等腰梯形，最上面一层铺了瓦片82块，往下每一层多铺2块，斜面上铺了瓦片19层，共铺瓦片____________块.
【答案】1900
【解析】瓦片块数可以看作首项为82，公差2的等差数列，
则.
故答案为：1900.
13. 已知函数在处有极大值，则的值为____________.
【答案】
【解析】，
令，解得；
令，解得；
故在上单调递增;在上单调递减，
因此在处有极大值，即.
14. 如图，已知是半径为1，圆心角为的扇形.是扇形弧上的动点，是扇形的内接平行四边形，则四边形ABCD的面积最大值为____________.
【答案】
【解析】如图：作于点，作于点，
则矩形EFCD的面积等于平行四边形ABCD的面积，
设，则，
在Rt中，，
所以，
所以矩形EFCD的面积为
因为，所以，
当即时，矩形EFCD的面积最大为，
所以平行四边形ABCD的面积最大值为.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤.
15. 已知等差数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式
（2）若，设数列bn的前项和为，求.
解：（1）设数列的公差为，由得，
，
则
（2），则，又
是首项为3，公比为9的等比数列，
则.
16. 已知分别为三个内角的对边，且
（1）求；
（2）若，求的周长.
解：（1）在中，，
由正弦定理得，
，
，
且，
即.
（2）且，
.
由正弦定理得，
的周长为.
17. 已知函数.
（1）当时，求函数在处切线;
（2）当时，若的极小值小于0，求的取值范围
解：（1）当时，，
所以，所以，
所以函数在处的切线为，即；
（2）的定义域为，且，
当时，令，则，所以单调递增；
令，则，所以单调递减.
故当时，取极小值，
所以.
设，
则，所以是增函数.
因为，所以时，.
综上所述，的取值范围是.
18. 如图，多面体中，四边形与四边形均为直角梯形，，且点四点共面.
（1）证明：（i）平面平面；
（ii）多面体是三棱台；
（2）若动点在内部及边界上运动，且，求异面直线与所成角的最小值.
解：（1）（i）四边形ABED与四边形ACFD均为直角梯形，，
故，
因为平面平面，所以平面，
同理可得平面，
因为平面，
所以平面平面DEF;
（ii）在梯形中，延长交于点，
平面平面BEFC，
同理平面ADFC，
又平面平面
故直线EB，FC，DA相交于点，
又由（i）可知：平面平面DEF，
故多面体ABCDEF是三棱台；
（2）∵四边形ABED与四边形ACFD均为直角梯形，，
，又平面DEF，
又动点在内部及边界上运动，且，
是等腰直角三角形，
点轨迹是以点为圆心，2为半径的圆（在内部及边界上）
如图以DE，DF，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设，则，
，设异面直线AP与FB所成角为，
则
，
设（取为锐角），
则
，且为锐角，
，
当，即时，异面直线AP与FB所成角的最小值.
19. 若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”.也可设可导函数在上的导函数为在上的导函数为，当时，函数在上的为“凸函数”.若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凹函数”.也可设可导函数在上的导函数为在上的导函数为，当时，函数在上的为“凹函数”.这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式.
（1）讨论函数的凹凸性；
（2）在锐角中，求的最小值；
（3）若个正数满足，证明:.
解：（1）
所以，，
所以函数在上为凹函数.
（2）由（1）知，函数在上为凹函数，
由琴生不等式得，，
即（当且仅当时等号成立）.
因此在锐角中，的最小值.
（3）构造函数，
因为，，
所以函数在上为凹函数.
因为正数满足，
所以
由琴生不等式得，
（当且仅当时等号成立），
所以
所以
所以