吳忠高級中學2025年高三下學期（4月）月考數學試題試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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，則““是“”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必條件2．函數在上的大致圖象是（）A． B．C． D．3．已知復數滿足，則=（）A． B．C． D．4．若圓錐軸截面面積為，母線與底面所成角為60°，則體積為()A． B． C． D．5．若復數z滿足,則復數z在復平面內對應的點在()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．若兩個非零向量、滿足，且，則與夾角的余弦值為（）A． B． C． D．7．已知函數有兩個不同的極值點，，若不等式有解，則的取值范圍是（）A． B．C． D．8．已知復數是正實數，則實數的值為()A． B． C． D．9．設復數滿足，則（）A． B． C． D．10．復數的共軛復數在復平面內所對應的點位于()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限11．已知直線：過雙曲線的一個焦點且與其中一條漸近線平行，則雙曲線的方程為（）A． B． C． D．12．若復數滿足，復數的共軛復數是，則（）A．1 B．0 C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若關于的不等式在時恒成立，則實數的取值范圍是_____14．已知兩動點在橢圓上，動點在直線上，若恒為銳角，則橢圓的離心率的取值范圍為__________．15．已知實數滿足，則的最小值是______________.16．已知函數在定義域R上的導函數為,若函數沒有零點,且,當在上與在R上的單調性相同時,則實數k的取值范圍是______.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）已知拋物線的頂點為原點，其焦點關于直線的對稱點為，且.若點為的準線上的任意一點，過點作的兩條切線，其中為切點.（1）求拋物線的方程；（2）求證：直線恒過定點，并求面積的最小值.18．（12分）的內角所對的邊分別是，且，.（1）求；（2）若邊上的中線，求的面積.19．（12分）在中，角的對邊分別為，且.（1）求角的大小；（2）若，求邊上的高.20．（12分）已知數列{an}的各項均為正，Sn為數列{an}的前n項和，an2+2an＝4Sn+1．（1）求{an}的通項公式；（2）設bn，求數列{bn}的前n項和．21．（12分）已知函數，設的最小值為m.（1）求m的值；（2）是否存在實數a，b，使得，？并說明理由.22．（10分）已知曲線的參數方程為（為參數），曲線的參數方程為（為參數）.（1）求和的普通方程；（2）過坐標原點作直線交曲線于點（異于），交曲線于點，求的最小值.

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、B【解析】

解出兩個不等式的解集，根據充分條件和必要條件的定義，即可得到本題答案.【詳解】由，得，又由，得，因為集合，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B【點睛】本題主要考查必要不充分條件的判斷，其中涉及到絕對值不等式和一元二次不等式的解法.2、D【解析】

討論的取值范圍，然后對函數進行求導，利用導數的幾何意義即可判斷.【詳解】當時，，則，所以函數在上單調遞增，令，則，根據三角函數的性質，當時，，故切線的斜率變小，當時，，故切線的斜率變大，可排除A、B；當時，，則，所以函數在上單調遞增，令，，當時，，故切線的斜率變大，當時，，故切線的斜率變小，可排除C，故選：D【點睛】本題考查了識別函數的圖像，考查了導數與函數單調性的關系以及導數的幾何意義，屬于中檔題.3、B【解析】

利用復數的代數運算法則化簡即可得到結論.【詳解】由，得，所以，.故選：B.【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，屬于基礎題.4、D【解析】

設圓錐底面圓的半徑為，由軸截面面積為可得半徑，再利用圓錐體積公式計算即可.【詳解】設圓錐底面圓的半徑為，由已知，，解得，所以圓錐的體積.故選：D【點睛】本題考查圓錐的體積的計算，涉及到圓錐的定義，是一道容易題.5、A【解析】

化簡復數，求得，得到復數在復平面對應點的坐標，即可求解.【詳解】由題意，復數z滿足，可得，所以復數在復平面內對應點的坐標為位于第一象限故選：A.【點睛】本題主要考查了復數的運算，以及復數的幾何表示方法，其中解答中熟記復數的運算法則，結合復數的表示方法求解是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.6、A【解析】

設平面向量與的夾角為，由已知條件得出，在等式兩邊平方，利用平面向量數量積的運算律可求得的值，即為所求.【詳解】設平面向量與的夾角為，，可得，在等式兩邊平方得，化簡得.故選：A.【點睛】本題考查利用平面向量的模求夾角的余弦值，考查平面向量數量積的運算性質的應用，考查計算能力，屬于中等題.7、C【解析】

先求導得（），由于函數有兩個不同的極值點，，轉化為方程有兩個不相等的正實數根，根據，，，求出的取值范圍，而有解，通過分裂參數法和構造新函數，通過利用導數研究單調性、最值，即可得出的取值范圍.【詳解】由題可得：（），因為函數有兩個不同的極值點，，所以方程有兩個不相等的正實數根，于是有解得.若不等式有解，所以因為.設，，故在上單調遞增，故，所以，所以的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題考查利用導數研究函數單調性、最值來求參數取值范圍，以及運用分離參數法和構造函數法，還考查分析和計算能力，有一定的難度.8、C【解析】

將復數化成標準形式，由題意可得實部大于零，虛部等于零，即可得到答案.【詳解】因為為正實數，所以且，解得.故選：C【點睛】本題考查復數的基本定義，屬基礎題.9、D【解析】

根據復數運算，即可容易求得結果.【詳解】.故選：D.【點睛】本題考查復數的四則運算，屬基礎題.10、D【解析】

由復數除法運算求出，再寫出其共軛復數，得共軛復數對應點的坐標．得結論．【詳解】，，對應點為，在第四象限．故選：D.【點睛】本題考查復數的除法運算，考查共軛復數的概念，考查復數的幾何意義．掌握復數的運算法則是解題關鍵．11、A【解析】

根據直線：過雙曲線的一個焦點，得，又和其中一條漸近線平行，得到，再求雙曲線方程.【詳解】因為直線：過雙曲線的一個焦點，所以，所以，又和其中一條漸近線平行，所以，所以，，所以雙曲線方程為.故選：A.【點睛】本題主要考查雙曲線的幾何性質，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.12、C【解析】

根據復數代數形式的運算法則求出，再根據共軛復數的概念求解即可．【詳解】解：∵，∴，則，∴，故選：C．【點睛】本題主要考查復數代數形式的運算法則，考查共軛復數的概念，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】

利用對數函數的單調性，將不等式去掉對數符號，再依據分離參數法，轉化成求構造函數最值問題，進而求得的取值范圍。【詳解】由得，兩邊同除以，得到，，，設，，由函數在上遞減，所以，故實數的取值范圍是。【點睛】本題主要考查對數函數的單調性，以及恒成立問題的常規解法——分離參數法。14、【解析】

根據題意可知圓上任意一點向橢圓所引的兩條切線互相垂直，恒為銳角，只需直線與圓相離，從而可得，解不等式，再利用離心率即可求解.【詳解】根據題意可得，圓上任意一點向橢圓所引的兩條切線互相垂直，因此當直線與圓相離時，恒為銳角，故，解得從而離心率.故答案為：【點睛】本題主要考查了橢圓的幾何性質，考查了邏輯分析能力，屬于中檔題.15、【解析】

先畫出不等式組對應的可行域，再利用數形結合分析解答得解.【詳解】畫出不等式組表示的可行域如圖陰影區域所示.由題得y=-3x+z,它表示斜率為-3,縱截距為z的直線系，平移直線，易知當直線經過點時，直線的縱截距最小，目標函數取得最小值，且.故答案為：-8【點睛】本題主要考查線性規劃問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和數形結合分析能力.16、【解析】

由題意可知：為上的單調函數，則為定值，由指數函數的性質可知為上的增函數，則在，單調遞增，求導，則恒成立，則，根據函數的正弦函數的性質即可求得的取值范圍．【詳解】若方程無解，則或恒成立，所以為上的單調函數，都有，則為定值，設，則，易知為上的增函數，，，又與的單調性相同，在上單調遞增，則當，，恒成立，當，時，，，，，，此時，故答案為：【點睛】本題考查導數的綜合應用，考查利用導數求函數的單調性，正弦函數的性質，輔助角公式，考查計算能力，屬于中檔題．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）見解析，最小值為4【解析】

（1）根據焦點到直線的距離列方程，求得的值，由此求得拋物線的方程.（2）設出的坐標，利用導數求得切線的方程，由此判斷出直線恒過拋物線焦點.求得三角形面積的表達式，進而求得面積的最小值.【詳解】（1）依題意，解得（負根舍去）∴拋物線的方程為（2）設點，由，即，得∴拋物線在點處的切線的方程為，即∵，∴∵點在切線上，①，同理，②綜合①、②得，點的坐標都滿足方程.即直線恒過拋物線焦點當時，此時，可知：當，此時直線直線的斜率為，得于是，而把直線代入中消去得，即：當時，最小，且最小值為4【點睛】本小題主要考查點到直線的距離公式，考查拋物線方程的求法，考查拋物線的切線方程的求法，考查直線過定點問題，考查拋物線中三角形面積的最值的求法，考查運算求解能力，屬于難題.18、（1），（2）【解析】

（1）先由正弦定理，得到，進而可得，再由，即可得出結果；（2）先由余弦定理得，，再根據題中數據，可得，從而可求出，得到，進而可求出結果.【詳解】（1）由正弦定理得，所以，因為，所以，即，所以，又因為，所以，.（2）在和中，由余弦定理得，.因為，，，，又因為，即，所以，所以，又因為，所以.所以的面積.【點睛】本題主要考查解三角形，靈活運用正弦定理和余弦定理即可，屬于常考題型.19、（1）；（2）【解析】

（1）利用正弦定理將邊化成角，可得，展開并整理可得，從而可求出角；（2）由余弦定理得，進而可得，由，可求出的值，設邊上的高為，可得的面積為，從而可求出.【詳解】（1）由題意，由正弦定理得.因為，所以，所以，展開得，整理得.因為，所以，故，即.（2）由余弦定理得，則，得，故，故的面積為.設邊上的高為，有，故，所以邊上的高為.【點睛】本題考查正弦、余弦定理在解三角形中的應用，考查三角形的面積公式的應用，考查學生的計算求解能力，屬于中檔題.20、（1）an＝2n+1；（2）2．【解析】

（1）根據題意求出首項，再由（an+12+2an+1）﹣（an2+2an）＝4an+1，求得該數列為等差數列即可求得通項公式；（2）利用錯位相減法進行數列求和.【詳解】（1）∵an2+2an＝4Sn+1，∴a12+2a1＝4S1+1，即，解得：a1＝1或a1＝﹣1（舍），又∵an+12+2an+1＝4Sn+1+1，∴（an+12+2an+1）﹣（an2+2an）＝4an+1，整理得：（an+1﹣an）（an+1+an）＝2（an+1+an），又∵數列{an}的各項均為正，∴an+1﹣an＝2，∴數列{an}是首項為1、公差為2的等差數列，∴數列{an}的通項公式an＝1+2（n﹣1）＝2n+1；（2）由（1）可知bn，記數列{bn}的前n項和為Tn，則Tn＝1?5?（2n+1）?，Tn＝1?5??…+（2n﹣1）?（2n+1）?，錯位相減得：Tn＝1+2（?）﹣（2n+1）?＝1+2，∴Tn（）＝2．【點睛】此題考查求等差數列的基本量，根據遞推關系判定等差數列，根據錯位相減進行數列求和，關鍵在于熟記方法準確計算.21、（1）（2）不存在；詳見解析【解析】

（1）將函數去絕對值化為分段函數的形式，從而可求得函數的最小值，進而可得m.（2）由，利用基本不等式即可求出.【詳解】（1）；（2），若，同號，，不成立；或，異號，，不成立；故不存在實數，，使得，.【點睛】本題考查了分段函數的最值、基本不等式的應用，屬于基礎題.22、