遼寧省大連市一0三中學2025年高三下學期第一次月考（數學試題-文）試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．設、，數列滿足，，，則（）A．對于任意，都存在實數，使得恒成立B．對于任意，都存在實數，使得恒成立C．對于任意，都存在實數，使得恒成立D．對于任意，都存在實數，使得恒成立2．若數列為等差數列，且滿足，為數列的前項和，則（）A． B． C． D．3．函數的圖象大致是()A． B．C． D．4．南宋數學家楊輝在《詳解九章算法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的垛積公式，所討論的高階等差數列與一般等差數列不同，前后兩項之差并不相等，但是逐項差數之差或者高次差成等差數列對這類高階等差數列的研究，在楊輝之后一般稱為“垛積術”.現有高階等差數列，其前7項分別為1，4，8，14，23，36，54，則該數列的第19項為（）（注：）A．1624 B．1024 C．1198 D．15605．如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E、F且EF=，則下列結論中錯誤的是（）A．AC⊥BE B．EF平面ABCDC．三棱錐A-BEF的體積為定值 D．異面直線AE,BF所成的角為定值6．函數的圖象大致是（）A． B．C． D．7．已知拋物線C：，過焦點F的直線l與拋物線C交于A，B兩點（A在x軸上方），且滿足，則直線l的斜率為（）A．1 B．C．2 D．38．為雙曲線的左焦點，過點的直線與圓交于、兩點，（在、之間）與雙曲線在第一象限的交點為，為坐標原點，若，且，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．9．已知點是拋物線的對稱軸與準線的交點，點為拋物線的焦點，點在拋物線上且滿足，若取得最大值時，點恰好在以為焦點的橢圓上，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．10．若的二項展開式中的系數是40，則正整數的值為（）A．4 B．5 C．6 D．711．已知定義在上函數的圖象關于原點對稱，且，若，則（）A．0 B．1 C．673 D．67412．據國家統計局發布的數據，2019年11月全國CPI（居民消費價格指數），同比上漲4.5%，CPI上漲的主要因素是豬肉價格的上漲，豬肉加上其他畜肉影響CPI上漲3.27個百分點．下圖是2019年11月CPI一籃子商品權重，根據該圖，下列結論錯誤的是（）A．CPI一籃子商品中所占權重最大的是居住B．CPI一籃子商品中吃穿住所占權重超過50%C．豬肉在CPI一籃子商品中所占權重約為2.5%D．豬肉與其他畜肉在CPI一籃子商品中所占權重約為0.18%二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．函數在的零點個數為________．14．在棱長為的正方體中，是面對角線上兩個不同的動點.以下四個命題：①存在兩點，使；②存在兩點，使與直線都成的角；③若，則四面體的體積一定是定值；④若，則四面體在該正方體六個面上的正投影的面積的和為定值.其中為真命題的是____.15．已知集合,,則__________．16．將函數的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，則函數的最大值為______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知數列，，數列滿足，n．（1）若，，求數列的前2n項和；（2）若數列為等差數列，且對任意n，恒成立．①當數列為等差數列時，求證：數列，的公差相等；②數列能否為等比數列？若能，請寫出所有滿足條件的數列；若不能，請說明理由．18．（12分）已知函數，當時，有極大值3；（1）求，的值；（2）求函數的極小值及單調區間.19．（12分）已知函數.（1）當時，判斷在上的單調性并加以證明；（2）若，，求的取值范圍.20．（12分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，以軸正半軸為極軸，建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）寫出的普通方程和的直角坐標方程；（2）設點在上，點在上，求的最小值以及此時的直角坐標.21．（12分）已知與有兩個不同的交點，其橫坐標分別為（）.（1）求實數的取值范圍；（2）求證：.22．（10分）為迎接2022年冬奧會，北京市組織中學生開展冰雪運動的培訓活動，并在培訓結束后對學生進行了考核．記表示學生的考核成績，并規定為考核優秀．為了了解本次培訓活動的效果，在參加培訓的學生中隨機抽取了30名學生的考核成績，并作成如下莖葉圖：（Ⅰ）從參加培訓的學生中隨機選取1人，請根據圖中數據，估計這名學生考核優秀的概率；（Ⅱ）從圖中考核成績滿足的學生中任取2人，求至少有一人考核優秀的概率；（Ⅲ）記表示學生的考核成績在區間的概率，根據以往培訓數據，規定當時培訓有效．請根據圖中數據，判斷此次中學生冰雪培訓活動是否有效，并說明理由．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．D【解析】

取，可排除AB；由蛛網圖可得數列的單調情況，進而得到要使，只需，由此可得到答案.【詳解】取，，數列恒單調遞增，且不存在最大值，故排除AB選項；由蛛網圖可知，存在兩個不動點，且，，因為當時，數列單調遞增，則；當時，數列單調遞減，則；所以要使，只需要，故，化簡得且.故選：D．【點睛】本題考查遞推數列的綜合運用，考查邏輯推理能力，屬于難題．2．B【解析】

利用等差數列性質，若，則求出，再利用等差數列前項和公式得【詳解】解：因為，由等差數列性質，若，則得，．為數列的前項和，則．故選：．【點睛】本題考查等差數列性質與等差數列前項和.(1)如果為等差數列，若，則．(2)要注意等差數列前項和公式的靈活應用，如.3．B【解析】

根據函數表達式,把分母設為新函數,首先計算函數定義域,然后求導,根據導函數的正負判斷函數單調性,對應函數圖像得到答案.【詳解】設，，則的定義域為.，當，，單增，當，，單減，則.則在上單增，上單減，.選B.【點睛】本題考查了函數圖像的判斷,用到了換元的思想,簡化了運算,同學們還可以用特殊值法等方法進行判斷.4．B【解析】

根據高階等差數列的定義，求得等差數列的通項公式和前項和，利用累加法求得數列的通項公式，進而求得.【詳解】依題意：1，4，8，14，23，36，54，……兩兩作差得：3，4，6，9，13，18，……兩兩作差得：1，2，3，4，5，……設該數列為，令，設的前項和為，又令，設的前項和為.易，，進而得，所以，則，所以，所以.故選：B【點睛】本小題主要考查新定義數列的理解和運用，考查累加法求數列的通項公式，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.5．D【解析】

A．通過線面的垂直關系可證真假；B．根據線面平行可證真假；C．根據三棱錐的體積計算的公式可證真假；D．根據列舉特殊情況可證真假.【詳解】A．因為，所以平面，又因為平面，所以，故正確；B．因為，所以，且平面，平面，所以平面，故正確；C．因為為定值，到平面的距離為，所以為定值，故正確；D．當，，取為，如下圖所示：因為，所以異面直線所成角為，且，當，，取為，如下圖所示：因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以異面直線所成角為，且，由此可知：異面直線所成角不是定值，故錯誤.故選：D.【點睛】本題考查立體幾何中的綜合應用，涉及到線面垂直與線面平行的證明、異面直線所成角以及三棱錐體積的計算，難度較難.注意求解異面直線所成角時，將直線平移至同一平面內.6．C【解析】

根據函數奇偶性可排除AB選項；結合特殊值，即可排除D選項.【詳解】∵，，∴函數為奇函數，∴排除選項A，B；又∵當時，，故選：C.【點睛】本題考查了依據函數解析式選擇函數圖象，注意奇偶性及特殊值的用法，屬于基礎題.7．B【解析】

設直線的方程為代入拋物線方程，利用韋達定理可得,,由可知所以可得代入化簡求得參數,即可求得結果.【詳解】設，（，）.易知直線l的斜率存在且不為0，設為，則直線l的方程為.與拋物線方程聯立得，所以，.因為，所以，得，所以，即，，所以.故選:B.【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關系,考查韋達定理及向量的坐標之間的關系,考查計算能力，屬于中檔題.8．D【解析】

過點作，可得出點為的中點，由可求得的值，可計算出的值，進而可得出，結合可知點為的中點，可得出，利用勾股定理求得（為雙曲線的右焦點），再利用雙曲線的定義可求得該雙曲線的離心率的值.【詳解】如下圖所示，過點作，設該雙曲線的右焦點為，連接.，.，，，為的中點，，，，，由雙曲線的定義得，即，因此，該雙曲線的離心率為.故選：D.【點睛】本題考查雙曲線離心率的求解，解題時要充分分析圖形的形狀，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.9．B【解析】

設，利用兩點間的距離公式求出的表達式，結合基本不等式的性質求出的最大值時的點坐標，結合橢圓的定義以及橢圓的離心率公式求解即可.【詳解】設，因為是拋物線的對稱軸與準線的交點，點為拋物線的焦點，所以，則，當時，，當時，，當且僅當時取等號，此時，，點在以為焦點的橢圓上，，由橢圓的定義得，所以橢圓的離心率，故選B.【點睛】本題主要考查橢圓的定義及離心率，屬于難題.離心率的求解在圓錐曲線的考查中是一個重點也是難點，一般求離心率有以下幾種情況：①直接求出，從而求出;②構造的齊次式，求出;③采用離心率的定義以及圓錐曲線的定義來求解．10．B【解析】

先化簡的二項展開式中第項，然后直接求解即可【詳解】的二項展開式中第項.令，則，∴，∴（舍）或.【點睛】本題考查二項展開式問題，屬于基礎題11．B【解析】

由題知為奇函數，且可得函數的周期為3，分別求出知函數在一個周期內的和是0，利用函數周期性對所求式子進行化簡可得.【詳解】因為為奇函數，故；因為，故，可知函數的周期為3；在中，令，故，故函數在一個周期內的函數值和為0，故.故選：B.【點睛】本題考查函數奇偶性與周期性綜合問題.其解題思路：函數的奇偶性與周期性相結合的問題多考查求值問題，常利用奇偶性及周期性進行變換，將所求函數值的自變量轉化到已知解析式的函數定義域內求解．12．D【解析】

A.從第一個圖觀察居住占23%，與其他比較即可.B.CPI一籃子商品中吃穿住所占23%+8%+19.9%=50.9%，再判斷.C.食品占19.9%，再看第二個圖，分清2.5%是在CPI一籃子商品中，還是在食品中即可.D.易知豬肉與其他畜肉在CPI一籃子商品中所占權重約為2.1%+2.5%=4.6%.【詳解】A.CPI一籃子商品中居住占23%，所占權重最大的，故正確.B.CPI一籃子商品中吃穿住所占23%+8%+19.9%=50.9%，權重超過50%，故正確.C.食品占中19.9%，分解后后可知豬肉是占在CPI一籃子商品中所占權重約為2.5%，故正確.D.豬肉與其他畜肉在CPI一籃子商品中所占權重約為2.1%+2.5%=4.6%，故錯誤.故選：D【點睛】本題主要考查統計圖的識別與應用，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

求出的范圍，再由函數值為零，得到的取值可得零點個數．【詳解】詳解：由題可知，或解得,或故有3個零點．【點睛】本題主要考查三角函數的性質和函數的零點，屬于基礎題．14．①③④【解析】

對于①中，當點與點重合，與點重合時，可判斷①正確；當點點與點重合，與直線所成的角最小為，可判定②不正確；根據平面將四面體可分成兩個底面均為平面，高之和為的棱錐，可判定③正確；四面體在上下兩個底面和在四個側面上的投影，均為定值，可判定④正確.【詳解】對于①中，當點與點重合，與點重合時，，所以①正確；對于②中，當點點與點重合，與直線所成的角最小，此時兩異面直線的夾角為，所以②不正確；對于③中，設平面兩條對角線交點為，可得平面，平面將四面體可分成兩個底面均為平面，高之和為的棱錐，所以四面體的體積一定是定值，所以③正確；對于④中，四面體在上下兩個底面上的投影是對角線互相垂直且對角線長度均為1的四邊形，其面積為定義，四面體在四個側面上的投影，均為上底為，下底和高均為1的梯形，其面積為定值，故四面體在該正方體六個面上的正投影的面積的和為定值，所以④正確.故答案為：①③④.【點睛】本題主要考查了以空間幾何體的結構特征為載體的謎題的真假判定及應用，其中解答中涉及到棱柱的集合特征，異面直線的關系和椎體的體積，以及投影的綜合應用，著重考查了推理與論證能力，屬于中檔試題.15．【解析】

直接根據集合和集合求交集即可.【詳解】解:,,所以.故答案為:【點睛】本題考查集合的交集運算,是基礎題.16．【解析】

由三角函數圖象相位變換后表達函數解析式，再利用三角恒等變換與輔助角公式整理的表達式，進而由三角函數值域求得最大值.【詳解】將函數的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，則所以，當函數最大，最大值為故答案為：【點睛】本題考查表示三角函數圖象平移后圖象的解析式，還考查了利用三角恒等變換化簡函數式并求最值，屬于簡單題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）（2）①見解析②數列不能為等比數列，見解析【解析】

（1）根據數列通項公式的特點，奇數項為等差數列，偶數項為等比數列，選用分組求和的方法進行求解；（2）①設數列的公差為，數列的公差為，當n為奇數時，得出；當n為偶數時，得出，從而可證數列，的公差相等；②利用反證法，先假設可以為等比數列，結合題意得出矛盾，進而得出數列不能為等比數列．【詳解】（1）因為，，所以，且，由題意可知，數列是以1為首項，2為公差的等差數列，數列是首項和公比均為4的等比數列，所以；（2）①證明：設數列的公差為，數列的公差為，當n為奇數時，，若，則當時，，即，與題意不符，所以，當n為偶數時，，，若，則當時，，即，與題意不符，所以，綜上，，原命題得證；②假設可以為等比數列，設公比為q，因為，所以，所以，，因為當時，，所以當n為偶數，且時，，即當n為偶數，且時，不成立，與題意矛盾，所以數列不能為等比數列．【點睛】本題主要考查數列的求和及數列的綜合，數列求和時一般是結合通項公式的特征選取合適的求和方法，數列綜合題要回歸基本量，充分挖掘題目已知信息，細思細算，本題綜合性較強，難度較大，側重考查邏輯推理和數學運算的核心素養.18．（1）；（2）極小值為，遞減區間為：，遞增區間為.【解析】

（1）由題意得到關于實數的方程組，求解方程組，即可求得的值；（2）結合（1）中的值得出函數的解析式，即可利用導數求得函數的單調區間和極小值.【詳解】（1）由題意，函數，則，由當時，有極大值，則，解得.（2）由（1）可得函數的解析式為，則，令，即，解得，令，即，解得或，所以函數的單調減區間為，遞增區間為，當時，函數取得極小值，極小值為.當時，有極大值3.【點睛】本題主要考查了函數的極值的概念，以及利用導數求解函數的單調區間和極值，其中解答中熟記函數的極值的概念，以及函數的導數與原函數的關系，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.19．（1）在為增函數；證明見解析（2）【解析】

（1）令，求出，可推得，故在為增函數；（2）令，則，由此利用分類討論思想和導數性質求出實數的取值范圍.【詳解】（1）當時，.記，則，當時，，.所以，所以在單調遞增，所以.因為，所以，所以在為增函數.（2）由題意，得，記，則，令，則，當時，，，所以，所以在為增函數，即在單調遞增，所以.①當，，恒成立，所以為增函數，即在單調遞增，又，所以，所以在為增函數，所以所以滿足題意.②當，，令，，因為，所以，故在單調遞增，故，即.故，又在單調遞增，由零點存在性定理知，存在唯一實數，，當時，，單調遞減，即單調遞減，所以，此時在為減函數，所以，不合題意，應舍去.綜上所述，的取值范圍是.【點睛】本題主要考查了導數的綜合應用，利用導數研究函數的單調性、最值和零點及不等式恒成立等問題，考查化歸與轉化思想、分類與整合思想、函數與方程思想，考查了學生的邏輯推理和運算求解能力，屬于難題.20．（1）：，：；（2），此時.【解析】試題分析：（1）的普通方程為，的直角坐標方程為；（2）由題意，可設點的直角坐標為到的距離當且僅當時，取得最小值，最小值為，此時的直角坐標為.試題解析：（1）的普通方程為，的直角坐標方程為.（2）由題意，可設點的直角坐標為，因為是直線，所以的最小值即為到的距離的最小值，.當且僅當時，取得最小值，最小值為，此時的直角坐標為