重庆市顶级名校2024-2025学年高三上学期11月阶段性检测数学试题含答案

这是一份重庆市顶级名校2024-2025学年高三上学期11月阶段性检测数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
（满分：150分；考试时间：120分钟）
注意事项：
1．答题前、考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上．
2、答选择题时、必须使用2B铅笔填涂：答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整．
3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合则（）
A. B. C. D.
2. 已知点，若A，B，C三点共线，则x值是（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
3. “”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
4. 若，则a，b，c大小关系为（）
AB. C. D.
5. 设m，n是不同的直线，为不同的平面，下列命题正确的是（）
A. 若，则．
B. 若，则．
C. 若，则．
D. 若，则．
6. 若曲线在处的切线的倾斜角为，则（）
A. B. C. D.
7. 已知数列的首项，前n项和，满足，则（）
A. B. C. D.
8. 已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 在下列函数中，最小正周期为π且在为减函数的是（）
A. B.
C. D.
10. 中，，BC边上的中线，则下列说法正确的有（）
A. B. 为定值
C. D. 的最大值为
11. 在正方体中，，分别为和的中点，M为线段上一动点，N为空间中任意一点，则下列结论正确的有（）
A直线平面
B. 异面直线与所成角的取值范围是
C. 过点的截面周长为
D. 当时，三棱锥体积最大时其外接球的体积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 复数（i是虚数单位），则复数z的模为________．
13. 在数列an中，，若对于任意的恒成立，则实数k的最小值为______.
14. 若定义在的函数满足，且有对恒成立，则的最小值为________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 平面四边形中，已知
（1）求的面积；
（2）若，求的大小．
16. 如图，在直三棱柱中，分别为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
17. 已知双曲线的一条渐近线方程为，点在双曲线C上．
（1）求双曲线C的方程.
（2）设过点的直线l与双曲线C交于M，N两点，问在x轴上是否存在定点Q，使得为常数？若存在，求出Q点坐标及此常数的值；若不存在，说明理由．
18. 已知函数.
（1）求在处的切线方程；
（2）证明：在上有且仅有一个零点；
（3）若时，图象恒在的图象上方，求a的取值范围.
19. 数列满足，的前n项和为，等差数列满足，等差数列前n项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列中的项落在区间中的项数为，求数列的前n和；
（3）是否存在正整数m，使得是或中的项．若有，请求出全部的m并说明理由；若没有，请给出证明．高2025届高三上11月阶段性检测
数学试题答案
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.
【答案】B
2.
【答案】B
3.
【答案】A
4.
【答案】D
5.
【答案】D
6.
【答案】A
7.
【答案】C
8.
【答案】B
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9.
【答案】ACD
10.
【答案】ABD
11.
【答案】ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.
【答案】
13.
【答案】
14.
【答案】
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知，设，则，由余弦定理，可得，利用三角形的面积公式即可求得的面积；
（2）在中，由正弦定理，可求得，进而求得，进而求得，在中，由正弦定理，求得，即可求得的大小．
【小问1详解】
由已知，设，则，
在中，由余弦定理，，
因为，
所以，
解得，所以，，
所以.
【小问2详解】
在中，由正弦定理，，
因为，，
所以，
又在中，，则，
所以，
因为，
所以
，
在中，由正弦定理，，
又，则，
解得，
又因为，所以，
因为，
则.
16.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）先证明四点共面，再证明，由线面平行的判定定理可证；
（2）以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角公式，带入求解即可.
【小问1详解】
证明：连接，因为分别为的中点，则，
在三棱柱中，，则，则四点共面，
，且，分别为的中点，则且，
则四边形为平行四边形，则，平面，平面，
则平面.
【小问2详解】
在直棱柱中，，
则以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系：
则有，
，
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
则及，
令，则有，
则，
因为二面角为钝角，则所求二面角的余弦值为.
17.
【答案】（1）；
（2）存在，，.
【解析】
【分析】（1）根据题意由双曲线的渐近线方程得到的值，再根据在双曲线上，将坐标代入双曲线方程即可解得的值.
（2）设出直线l方程与M，N点坐标，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理可表示出、、、，再设出坐标，则可以表示出坐标，即可用坐标表示出的值，再结合具体代数式分析当为常数时的值.
【小问1详解】
由题意得，因为双曲线渐近线方程为，
所以，
又点在双曲线上，所以将坐标代入双曲线标准方程得：，
联立两式解得，，
所以双曲线的标准方程为：.
【小问2详解】
如图所示，
点,直线l与双曲线交于两点，
由题意得，设直线l的方程为，点坐标为，
联立得，，
设，，
则，，
，
，
，，
所以
，
所以若要使得上式为常数，则，
即，此时，
所以存在定点，使得为常数.
18.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
分析】（1）根据解析式求出切点，再根据导函数求出斜率，点斜式可得到切线方程；
（2）先分析函数的单调性，需要二次求导，再结合函数值的情况进行判断；
（3）对于函数图象的位置关系问题，可先特值探路求出参数的取值范围，再证明在该条件不等式恒成立即可.
【小问1详解】
，当时，，
所以切点为，
因为，
所以斜线方程的斜率，
根据点斜式可得可得，
所以在处的切线方程为；
【小问2详解】
由（1）可得，
令，
所以，
当和时，，，单调递增；
当时，，，单调递减；
，
，，
，
存在使得，
所以在上单调递增，在单调递减，
又，
，
所以在上有且仅有一个零点；
【小问3详解】
因为时，的图象恒在的图象上方，
即恒成立，等价于恒成立，
当时，有，
下证：即证，恒成立，
令，
当时，，
当时，，
设，则，
此时在有两个不同解，
且当或时，，
当时，，
故在上为减函数，在，上为增函数，
而，
故当时，，当时，，
当时，，
故在上为增函数，在为减函数，在为增函数，
而，故时，恒成立，
综上.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
19.
【答案】（1），
（2）
（3），或
【解析】
【分析】（1）先利用数列通项与前n项和的关系求出，然后得到为等差数列，求得，再求得，计算数列的通项公式即可；
（2）先求出区间的端点值，然后明确的项为奇数，得到中奇数的个数，得到通项公式，然后求和即可；
（3）先假设存在，由（1）求得，，令，然后判断的取值，最后验证，不同取值时，的值即可.
【小问1详解】
由题可知，当时，；
当时，得
因为
两式相减得
经检验，当时，
显然，是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以
所以
等差数列的公差
所以
【小问2详解】
由（1）可知，
因为，所以为奇数；
故为区间的奇数个数
显然为偶数
所以
所以
【小问3详解】
由（1）可知，
所以
若是或中的项
不妨令，则
则有
因为
所以
因为为数列或中的项
所以的所有可能取值为
当时，得无解，所以不存在；
当时
得
令
得
令
显然为二次函数，开口向下，对称轴为
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减
得
因为
所以
所以的可能取值有
我们来验证，
当时，得，可得存在正整数解或，故满足；
当时，得，当为整数时，分子为整数，分母不能被3整除；所以无正整数解，故不满足；
当时，得，得存在正整数解，故满足；
综上所诉，，或.