2024-2025学年福建省厦门市高三上册11月阶段检测数学检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省厦门市高三上册11月阶段检测数学检测试卷（含解析），共18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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，若，则所有整数的取值构成的集合为（ ）
A．{1，2}B．{1}C．D．
2．已知各项均为正数的等比数列中，若，则（ ）
A．2B．3C．4D．9
3．已知是平面内两个非零向量，那么“”是“存在，使得”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．如图是函数的大致图象，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
5．数列满足，且，则等于（ ）
A．148B．149C．152D．299
6．已知正三角形的边长为，平面内的动点满足，，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
7．不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
8．正方体中，点M是上靠近点的三等分点，平面平面，则直线l与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．设为互不重合的两个平面，m，n为互不重合的两条直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若m，n为异面直线，且，，，，则
C．若m，n与所成的角相等，则
D．若，，，则
10．已知复数，，且在复平面内对应的点在第一象限，则以下结论正确的为（ ）
A．B．C．D．
11．定义在上的函数满足，其中为实数，其值域是.若对于任何满足上述条件的都有，则（ ）
A．方程可以有无数多解
B．当时，
C．当时，将所有满足（）且大于等于1的实数从小到大排成一列，组成数列，若，则数列的最大项为
D．的取值范围为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知向量的夹角的余弦值为，且，则 .
13．已知函数 ， 且 ，则 .
14．已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O.点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，当时，平面截球O所得截面的周长为 ；当时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分体积为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，角的对边分别为，，，已知.
(1)求角；
(2)若是边上的一点， 且满足，，求.
16．已知数列的前项和为，，（）.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，数列的前项和为，恒成立，求实数的取值范围.
17．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，面，是棱上一动点.

(1)当时，求三棱锥的体积
(2)当的面积最小时，求平面与平面所成夹角的余弦值.
18．已知函数满足存在实数，使得.
(1)求实数的取值范围；
(2)若有最大值为，求实数的值；
(3)证明.
19．已知集合中的元素均为正整数，且满足：①对于任意，若，都有；②对于任意，若，都有.
(1)已知集合，求；
(2)已知集合，求；
(3)若中有4个元素，证明：中恰有5个元素.
答案
1．【正确答案】C
【详解】当时，，满足.
当时，，由于且，
所以或.
综上所述，整数的取值构成的集合为.
故选：C
2．【正确答案】C
【详解】∵各项均为正数的等比数列中，，
∴.
故选：C.
3．【正确答案】C
【详解】若，则存在唯一的实数，使得，
故，
而，
存在使得成立，
所以“”是“存在，使得’的的充分条件，
若且，则与方向相同，
故此时，所以“”是“存在存在，使得”的必要条件，
故“”是“存在，使得”的充分必要条件.
故选：C.
4．【正确答案】D
【详解】由图可知，是的极小值点，由已知得，
令，得，得，经验证符合题意，
所以，由，，
可得，解得.
故选：D
5．【正确答案】B
【详解】由题意得，因为，，
所以，
所以．
故选：B．
6．【正确答案】B
【详解】
试题分析：甴已知易得.以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，则设由已知，得，又
，它表示圆上点与点距离平方的，，故选B．
考点：1.向量的数量积运算；2.向量的夹角；3.解析几何中与圆有关的最值问题.
7．【正确答案】A
【详解】由题意可得，需满足是的一个根，
即，且，所以，
，
当且仅当，即时取等号.
所以的最小值为.
故选：A.
8．【正确答案】D
【详解】因为是正方体，所以平面平面,
平面平面,平面平面,
所以,是靠近的三等分点，
所以,
平面平面即是,
如图建立空间直角坐标系,设正方体边长为3，
则
设直线l与所成角为
.
故选：D.
9．【正确答案】ABD
【详解】对于A，由，得，又，所以，故A正确；
对于B，在空间取一点，过点分别作，，则与确定一个平面
，由，，得，，所以，同理，所以，故B正确；

对于C，当m，n相交，且与都平行时，m，n与所成的角相等，此时与不平行，
故C错误；
对于D，由，可知，在上取一点，过在内作一直线，
使得，则，过在内作一直线，使得，则，显然
，则，故D正确.

故选：ABD.
10．【正确答案】AC
【分析】根据复数的模长和加法运算可得，进而逐项分析判断.
【详解】设，
因为，可知，即，
又因为，则，
可知，解得，则或，
且在复平面内对应的点在第一象限，则，可知，即.
对于选项A：因为，所以，故A正确；
对于选项B：可知，故B错误；
对于选项C：因为，故C正确；
对于选项D：，故D错误.
故选AC.
11．【正确答案】AB
【详解】A.当函数为常值函数，此时方程有无数多解，所以A对
B.当时，，，，
，，所以，B对
C.当时，若，则有，解得，其中，所以C错
D.据题意，得，令，，
∵当时，由勾形函数性质知在单调递增，
在单调递减，∴，
∴时，值域为,
∴①当时，∵，取遍的每一个值，
∴当时，一定，使得，如图1所示，

此时，∴符合题设要求.
②当时，可知，在单调递增，所以当时，.
时
（ⅰ）若，则一定，使得，如图2所示，

进而；
（ⅱ）若，其中，令，
当时，，∴，所以，使得，如图3所示，

进而，∴也符合题设要求，∴D错.
故选：AB
12．【正确答案】2
【详解】由题意，向量的夹角的余弦值为，
因为，
所以，
解得或（舍去）.
故2.
13．【正确答案】
【详解】，，
，
画出在上的图象，如下：
显然，故，
，
即，解得.
故
14．【正确答案】
【详解】①正四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径，
设平面截球所得截面的圆心为，半径为，
当时，则，
∵，则，
∴平面截球O所得截面的周长为.
故
②如图2，将正四面体绕旋转后得到正四面体，
设，
∵，则分别为各面的中心，
∴两个正四面体的公共部分为，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得：，正四棱锥的高为，
故公共部分的体积.
故答案为.
15．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，即，.
由正弦定理可得，
且，
即，
可得，
且，则，可得，
又因为，所以
（2）因为，即，
可得，又，所以，
可知平分，则，
因为，
即，整理可得
16．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）由，可得：
时，，两式相减可得：，所以，
时，，所以，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，的通项公式为
（2），.
，
，
两式相减得：，
所以，
因为恒成立，可得，
记，
法一：
令，则，解得，
则，即当时，取到最大值2，
可得，所以实数的取值范围.
法二：
，
时，，即，
时，，即，
则，即当时，取到最大值2，
可得，所以实数的取值范围
17．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）由已知，，所以，
所以，
又平面，
∴ ，
又∵平面，平面，
∴.
∵，∴，
设到平面的距离，∴ ，
又∵，∴，
，
所以.
（2）设相交于点，
因为平面，平面，
所以，平面，平面，
平面，
因为平面，所以，
，因为为定值，
所以当最小时，三角形 面积最小，
因为在线段上动，所以当时，最小，即三角形面积最小，
此时 ，
取中点，因为为中点，所以.
因为平面，平面.所以，
所以在平面中，，
因为平面，平面，所以平面平面，
因为平面平面，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，因为，
以为原点，以，，分别为轴，建立空间直角坐标系.
，
，
，，，
设平面的法向量
则，

设，则，
所以为平面的一个法向量.
平面的法向量.
设平面平面夹角，
.
18．【正确答案】(1)
(2)
(3)证明见解析.
【详解】（1）由，得函数的定义域为，
又；
当时，f'x>0恒成立，所以在上单调递增，不满足题意；
当时，，f'x>0，单调递增；
，f'x