孝义市第二中学校2025届高三上学期12月月考数学试卷(含答案)

这是一份孝义市第二中学校2025届高三上学期12月月考数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．若复数z满足,则( )
A.1B.C.2D.
2．已知集合,,则( )
A.B.C.D.
3．已知向量,满足,在上的投影向量为,则( )
A.B.C.12D.6
4．记等比数列的前n项和为,若,,则( )
A.B.C.32D.64
5．已知正方体,E为棱的中点,则异面直线,所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
6．如图为一块三角形铁片,已知,,,现在这块铁片中间发现一个小洞,记为点D,,.过点D作一条直线分别交的边,于点E,F,并沿直线裁掉,则裁掉的面积的最小值为( )
A.B.8C.D.4
7．设定义在R上的函数的图象关于对称,为奇函数,若,则( )
A.0B.2C.4D.2025
8．已知,,,则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．下列命题正确的是( )
A.若为纯虚数,,则
B.若,m,,则,
C.若在复平面内z对应的点的坐标为,则
D.若是关于x的方程的根,则
10．记为等差数列的前n项和,则( )
A.
B.若的公差不为,,则
C.,,成等差数列
D.是等差数列
11．如图,在直三棱柱中,,,P,Q分别为,的中点,则( )
A.平面B.平面
C.到平面的距离为D.到直线的距离为
三、填空题
12．某大型商场计划设计一个停车场,根据地形,设计6排停车位,靠近商场的第1排设计7个停车位,从第2排开始,每排设计的停车位个数是上一排的2倍加1,则设计的停车位的总数是________.
13．已知四面体中,,,,则该四面体外接球的表面积为________.
14．已知,,,,则的取值范围是________.
四、解答题
15．已知等比数列满足,其前n项和为.
（1）求的通项公式;
（2）记,求.
16．在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其中,,.
（1）求A;
（2）求的面积.
17．如图,在三棱柱中,,,,,二面角的余弦值为.
（1）证明:四边形为菱形;
（2）侧棱上是否存在点D,使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在,确定点D的位置;若不存在,说明理由.
18．已知函数.
（1）若,求的最大值;
（2）若,证明:;
（3）若,时,恒成立,求c的取值范围.
19．对于给定的数列以及正整数m,若,使得成立,则称为“m阶可分拆数列”.
（1）设,证明:为“3阶可分拆数列”;
（2）设的前n项和为,若为“1阶可分拆数列”,求实数a的值;
（3）设,是否存在m,使得为“m阶可分拆数列”?若存在,请求出所有m的值;若不存在,请说明理由.
参考答案
1．答案：D
解析：由,得,
所以.
故选:D
2．答案：C
解析：由,得,则;由,得,则,
所以.
故选:C
3．答案：A
解析：因为在上的投影向量为,所以.
故选:A.
4．答案：D
解析：设等比数列的公比为q,由,得,
则,即,而,因此,
所以.
故选:D
5．答案：A
解析：在正方体中,建立如图所示的空间直角坐标系,令,
则,,,,,,
因此,
所以异面直线,所成角的余弦值为.
故选:A
6．答案：B
解析：设,,
因为,,所以,
由,得,
则,平方整理得,
当且仅当,即,时等号成立,
所以.
故选:B.
7．答案：B
解析：在R上的函数的图象关于对称,则,
由为奇函数,得,于是,
,因此函数是以4为周期的周期函数,
由,得,由,得,
而,则,所以.
故选:B
8．答案：C
解析：由,,,得,,
令,,求导得,令,,
求导得,函数在上单调递减,,
即,函数在上单调递减,则,
即,,因此;
令,求导得,当时,,
即,函数在上单调递减,则,
即,,因此,
所以.
故选:C
9．答案：BD
解析：对于A,因为为纯虚数,,
所以,解得,故A错误;
对于B,因为,m,,
所以,解得,故B正确;
对于C,因为在复平面内z对应的点的坐标为,所以,
所以,,故C错误;
对于D,因为是关于x的方程的根,
所以,所以,
整理得,所以,解得,故D正确.
故选:BD.
10．答案：ACD
解析：的首项为,公差为d,
对于A:,,所以,故正确;
对于B:,,
又因为,所以,解得,故错误;
对于C:,,,
所以,
,
所以,所以,,成等差数列,故正确;
对于D:因为,所以,
所以是公差为d的等差数列,故正确;
故选:ACD.
11．答案：ABD
解析：对于A,在直三棱柱中,平面,平面,
则,由,P为的中点,得,
而,,平面,因此平面,A正确;
取中点D,连接,由矩形,得,则直线,,两两垂直,
以点P为原点,直线,,分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
而,则,,,,,,
对于B,,,则,即,,
由平面,平面,得,而,
平面,因此平面,B正确;
对于C,,,设平面的法向量为,
则,令,得,又,
所以到平面的距离,C错误;
对于D,,,到直线的距离
,D正确.
故选:ABD
12．答案：498
解析：依题意,每排停车位的个数排成一列构成数列,,,
于是,即,
所以数列是以为首项,2为公比的等比数列,则,即,
所以设计的停车位总数为.
故答案为:498
13．答案：
解析：在四面体中,,,,
则该四面体的相对棱可为某个长方体三组相对面的面对角线,长方体的外接球即为四面体的外接球,
设长方体的共点的三条棱长依次为a,b,c,外接球半径为R,
则,于是,
所以该四面体外接球的表面积为
故答案为:
14．答案：
解析：在平面直角坐标系内作出方程的曲线,
由,得或表示的是双曲线与所夹含原点的区域,
因此满足,,的图形是图中的曲线段,
而与中m,n互换位置,方程、不等式都不变,
则曲线与表示的区域关于直线对称,只需求出图中曲线段对应的的范围即可,
由,得,由,得,
由,即,,解得,
令,求导得,
而,则,即,函数在上单调递增,
因此,即,
所以的取值范围是.
故答案为:
15．答案：（1）;
（2）.
解析：（1）设等比数列的公比为q,由,得,解得,
所以的通项公式为.
（2）由（1）得,
所以
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）由,
由正弦定理得,,
因为A,,所以,,
则,
即,则.
（2）由（1）知,,
因为,所以,
则,
即,
即,因为,
则或,即或,
若,
,
由,则,
则,
所以的面积为.
17．答案：（1）证明见解析.
（2）存在,D在处.
解析：（1）在三棱柱中,取的中点E,连接,,
由,得,而,,,平面,
则平面,又平面,于是,
则是二面角的平面角,即,
在中,,,则,
在中,,,
则,
在中,由余弦定理得:,
即,
整理得,即,于是,
在中,,所以四边形为菱形.
（2）由（1）得平面,而平面,则平面平面,
平面平面,在平面内过E作,则平面,
于是直线,,两两垂直,以E为原点,直线,,分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
在平面内过作于H,则平面,
由,,得,
,则,
则,,,,
则,,
设平面的法向量为,
则,令,得,
,设,,
,
由与平面所成角的正弦值为,
得,
整理得,解得,即D在处,
所以在侧棱上存在点D,使得直线与平面所成角的正弦值为,点D在处.
18．答案：（1）;
（2）证明见解析;
（3）.
解析：（1）函数的定义域为,求导得,
当时,,,
当时,,当时,,
函数在上单调递增,在上单调递减,
所以.
（2）由,得,
即,由（1）知,,
要证,只证,
即证,即证,
令,,则证,
设函数,则,
函数是上的增函数,于是,即成立,
所以.
（3）当,时,,
令,依题意,当时,恒成立,
求导得,函数在上单调递减,
,,则存在,使得,
当时,;当时,,
所以函数在上递增,在上递减,
,由,解得,
函数在上单调递增,则,即,因此,
,
函数在上单调递增,因此,
则恒有,于是,解得,
所以c的取值范围是.
19．答案：（1）证明见解析;
（2）
（3）或3.
解析：（1）,,
,
若,使得成立,则成立,显然,当时等式成立,
所以,使得成立,得证.
（2）因为数列的前n项和为
当时,;
当时,,
所以,
因为存在正整数n使得成立,
则①当时,,即,
因为,,
所以,而,所以不存在正整数n（）使得成立;
②当时,若成立,则,得,
所以时存在正整数使得成立,
由①②得.
（3）假设存在m使得数列为“m阶可分拆数列”
即存在确定的正整数m,存在正整数使得成立.
即,
即,
①当时,,时方程成立,
②当时,
当时,;
当时,,
当时,,所以不存在正整数n使得成立;
③当时,,当时,成立,
④当时,,
所以不存在正整数n使得成立.
综上:或3.