2024-2025学年重庆市高三上册11月月考数学阶段性检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年重庆市高三上册11月月考数学阶段性检测试题（含解析），共21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。
1．已知集合则（ ）
A．B．C．D．
2．已知点，若A，B，C三点共线，则x的值是（ ）
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的大小关系为（ ）
A．B．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、多选题
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
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
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，的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．
答案：
1．B
【分析】先分别求出集合，再进行集合的交集运算
【详解】由解得，∴，
由解得或，
所以或，
所以0,3
故选：B.
2．B
【分析】利用向量共线的坐标表示即可得解.
【详解】因为，
所以，
因为A，B，C三点共线，则共线，
则，解得.
故选：B.
3．A
【分析】将化简，再根据充分必要条件关系判断.
【详解】或，
由成立可以推出或，但或成立不能推出，
所以是的充分不必要条件.
故选：A.
4．D
【分析】首先化解，再根据中间值1，以及幂函数的单调性比较大小，即可判断.
【详解】，，，
在上单调递增，，所以，
所以.
故选：D
5．D
【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【详解】对于A，直线m与平面可能平行、相交或直线m在平面内，故错误；
对于B，或，故错误；
对于C，平面与平面平行或相交，故错误；
对于D，则，又，所以，D正确；
故选：D．
6．A
【分析】根据导数的几何意义先求出函数在处的导数值，即可得到在处切线的斜率，进而得到倾斜角的正切值，再根据求出题中式子的值.
【详解】由题意得，，所以，
于是在处切线的斜率为，即.
又
，
将原式分子分母同时除以得，
，
代入可得最终答案为.
故选：A.
7．C
【分析】根据得到，两式相减得到，求出即可求解.
【详解】因为，所以，
两式相减得，
所以，所以，
所以，所以，
所以.
故选：C.
8．B
【分析】利用导数研究函数的单调性可证明函数存在唯一零点，即，可得在有零点，利用参变分离可求解.
【详解】由，，可得，
当时，，此时在单调递减；
当时，，此时在单调递增；
又因为，所以函数存在唯一的零点，即.
因为，解得.
即在上有零点，
故方程在上有解，
而，
因为，故，故，
所以，故
故选：B.
方法点睛：对于一元二次方程根与系数的关系的题型常见解法有两个：一是对于未知量为不做限制的题型可以直接运用判别式解答（本题属于这种类型）；二是未知量在区间上的题型，一般采取列不等式组（主要考虑判别式、对称轴、的符号）的方法解答.
9．ACD
【分析】根据三角函数的图象与性质，以及复合函数的单调性判断方法逐项判断即可.
【详解】对于A，的最小正周期为，当时，，，
根据余弦函数的单调性可知，此时函数单调递减，故A正确；
对于B，的最小正周期，故B不正确；
对于C，，所以最小正周期，
当时，，根据余弦函数的单调性可知，此时函数单调递减，故C正确；
对于D，最小正周期，当时，，
由复合函数单调性判断方法可知，此时单调递减，故D正确.
故选：ACD.
10．ABD
【分析】由中线的性质结合向量的线性运算判断A选项；由中线的性质和向量数量积的运算有，求值判断B选项；C 选项，由，结合余弦定理求的值；D选项，中，余弦定理得，结合均值不等式求解.
【详解】A．，故A正确；
B．，故B正确；
C．，，
由余弦定理知，，即，
化简得，故C错误；
D．，当且仅当时等号成立，
由于，所以的最大值为，故D正确；
故选：ABD．
11．ACD
【分析】利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质可判断A正确；由转化异面直线所成的角，在等边中分析可知选项B错误；找出截面图形，利用几何特征计算周长可得选项C正确；确定三棱锥体积最大时点的位置，利用公式可求外接球的半径和体积，得到选项D正确.
【详解】A.
∵，
平面，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
同理可证，，
∵，平面，平面，
∴直线平面，选项A正确.
B. 如图，连接，
由题意得，，，
直线与所成的角等于直线与所成的角，
在等边中，当点与两点重合时，直线与所成的角为，
当点与中点重合时，，此时直线与所成的角为，
故直线与所成角的取值范围是，选项B错误.
C. 如图，作直线分别与直线交于点，连接与交于点，连接与交于点，则五边形即是截面.

由题意得，为等腰直角三角形，，
由得，，
∴，
∴，，
同理可得，，
∵分别为和的中点，
∴，
∴截面周长为，选项C正确.
D.
当时，点的轨迹为以为直径的球，球心为中点，半径为，
三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
点到平面距离的最大值为球的半径，此时点在正方形的中心处，三棱锥体积有最大值.
由题意得，平面平面，，均为等腰直角三角形，的外接圆半径为，的外接圆半径为，
∴三棱锥的外接球半径，
∴外接球体积为，选项D正确.
故选：ACD.
方法点睛：本题为立体几何综合问题，求三棱锥外接球半径方法为：
（1）在三棱锥中若有平面，设三棱锥外接球半径为，则，其中为底面的外接圆半径，为三棱锥的高即的长.
（2）在三棱锥中若有平面平面，设三棱锥外接球半径为，则，其中分别为的外接圆半径，为公共边的长.
12．2
【分析】利用复数除法运算化简，再由复数模的计算公式求解．
【详解】，
.
故答案为.
13．
【分析】利用构造法分析得数列是等比数列，进而求得，从而将问题转化为恒成立，令，分析数列的最值，从而得解.
【详解】由，得，又，
故数列为首项为，公比为的等比数列，
所以，
则不等式可化为，令，
当时，；当时，；
又，
则当时，，当时，，
所以，则，即实数的最小值为.
故答案为.
14．
【分析】由条件等式变形为，再构造函数，得到，并迭代得到，由此得到，，并求和，利用放缩法，即可求解最小值.
【详解】因为，
所以，
设，则，
因此
，
所以，
取，得，
所以，
所以 的最小值为.
故答案为.
15．(1)
(2)
【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．
【详解】（1）

由已知，设，则，
在中，由余弦定理，，
因为，
所以，
解得，所以，，
所以.
（2）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．(1)证明见解析
(2).
【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.
【详解】（1）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.
（2）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．(1)；
(2)存在，，.
【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.
【详解】（1）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.
（2）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.
关键点点睛：本题（2）问解题关键首先在用适当的形式设出直线l的方程，当已知直线过x轴上的定点时，可设直线方程为，这样可简化运算，其次在于化简时计算要仔细，最后判断何时为常数时要抓住“消掉m”这个关键，即最后的代数式中没有我们设出的m.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)
【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.
【详解】（1），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；
（2）由（1）可得，
令，
所以，
当和时，，，单调递增；
当时，，，单调递减；
，
，，
，
存在使得gx0=0，
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；
（3）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，
此时在有两个不同的解，
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.
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y=gx的图象的交点问题.
19．(1)，
(2)
(3)，或
【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an的通项公式即可；
（2）先求出区间的端点值，然后明确an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.
【详解】（1）由题可知，当时，；
当时，得
因为
两式相减得
经检验，当时，
显然，bn是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以
所以
等差数列an的公差
所以
（2）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
（3）由（1）可知，
所以
若是an或bn中的项
不妨令，则
则有
因为
所以
因为为数列an或bn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.
关键点点睛：（1）需要构造数列，然后合理利用数列通项与前项和的关系求解即可；（2）需要明确两个数之间奇数的个数即可；（3）先假设存在，然后确定数列an或bn中的项是哪些，最后再反过来求的值即可.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
A
D
D
A
C
B
ACD
ABD
题号
11









答案
ACD