2024-2025学年山东省菏泽市单县高三上册期末打靶数学模拟检测试题（含答案）

这是一份2024-2025学年山东省菏泽市单县高三上册期末打靶数学模拟检测试题（含答案），共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若：实数使得“”为真命题，：实数使得“”为真命题，则是的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件
3．若复数的实部与虚部相等，则实数m的值为（ ）
A．B．C．1D．3
4．已知幂函数为偶函数，则（ ）
A． B． C．或 D．不存在
5．在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
6．设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题：
①若，则或 ②若，则或
③若且，则 ④若与,所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
7．已知向量满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．函数，若对x∈R恒成立，且在上恰有条对称轴，则（ ）
A．B．C．D．或
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9．下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A．已知点是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且，则
B．已知向量，且与的夹角为锐角，则的取值范围是
C．已知点G为三条边的中线的交点，则
D．已知，则在上的投影的坐标为
10．已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．点为图象的一个对称中心
C．若在上有两个实数根，则
D．若的导函数为，则函数的最大值为
11．如图，等边的边长为，边上的高为，沿把折起来，则（ ）
A．在折起的过程中始终有平面
B．三棱锥的体积的最大值为
C．当时，点到的距离为
D．当时，点到平面的距离为
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知正方体的表面积为24，若球与正方体的各个面均相切，则该球的体积是 ．
13．在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
14．已知函数，若，，且，则的最小值是
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．（13分）已知，其中．
(1)若函数在处的切线与轴平行，求的值；
(2)求的极值点；
16．（15分）已知向量，，函数.
(1)求的单调递减区间；
(2)将的图象向左平移个单位，再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.若函数，的图象与的图象有三个交点且交点的横坐标成等比数列，求的值.
17．（15分）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
18．（17分）如图，圆柱的轴截面为正方形，点在底面圆周上，且为上的一点，且为线段上一动点（不与重合）
(1)若，设平面面，求证：；
(2)当平面与平面夹角为，试确定点的位置.
动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可运用到有限维空间并构成了一般不动点定理的基石，得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔().简单地讲就是:对于满足一定条件的连续函数，存在实数，使得，我们就称该函数为“不动点”函数，实数为该函数的不动点.
(1)求函数的不动点;
(2)若函数有两个不动点，且，若，求实数的取值范围.
答案
12． 13. 13． 14．8
5．B【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.
因为平面，平面，所以平面平面.
又因为平面平面，，平面，所以平面，且.
在中，因为，所以，所以，
在中，因为，所以，
所以.
6．A【详解】对①，当，因为，，则，
当，因为，，则，
当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；
对②，若，则与不一定垂直，故②错误；
对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，
因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，
同理可得，则，因为平面，平面，则平面，
因为平面，，则，又因为，则，故③正确；
对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误；
综上只有①③正确，
7．D【详解】因为,所以,即,即,所以.如图,设,
由题知,是等腰直角三角形,
AB边上的高,
所以,,
.
8．B【详解】由题知，当时取得最大值，即，
所以，即，
又在上有条对称轴，所以，
所以，所以.
9．ACD【详解】A：因为点是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且，所以有，正确；
B：，当与共线且同向时，，
此时与的夹角为零，而，不正确；
C：设边上的中线为，于是，
因为点G为三条边的中线的交点，所以点G是三角形的重心，因此有，
于是有，正确；
D：因为，
所以在上的投影的坐标为：
，所以本选项正确，
10．ACD【详解】由题意可得，故A正确；
，所以不是图象的一个对称中心，故B错误；
令，由得，
根据题意可转化为直线与曲线，有两个交点，
数形结合可得，故C正确；设f'x为的导函数，
则，其中，
当且仅当，即当且仅当时等号成立，故D正确，
11.ABC【详解】A选项：因为，，且，，平面，所以平面，故A选项正确；
B选项：又已知三棱锥的体积，
所以当即时，三棱锥的体积最大，
最大值为，故B选项正确；
C选项当时，是等边三角形，且是以为底的等腰三角形，设的中点为，连接，
则，即为点到的距离，，故C选项正确；
当时，，，且，，平面，故平面，
则就是点到平面的距离，且，故D选项错误；
12．【详解】设正方体的棱长为，由正方体的表面积为24，得，解得，
因此与正方体的各个面均相切的球半径，
所以该球的体积是.
13．【详解】如图所示：记，由余弦定理可得，，
因为，解得：，由可得，
，
解得：．
14．8【详解】函数的定义域为，且，
所以为奇函数，又，所以函数单调递增，
又，所以，所以，即，
所以，
当且仅当，即，，等号成立，所以的最小值为.
15．【详解】（1）函数的定义域为，，
因为函数在处的切线与x轴平行，所以，解得．
（2）函数的定义域为，
．
令得或，
所以当，即时，
的解集为，的解集为，
所以函数在区间和上严格减，在区间上严格增，
是函数的极大值点，是函数的极小值点；
当，即时，在区间上恒成立，此时函数在区间上严格减，无极值点；
当，即时，的解集为，的解集为，所以函数在区间和上严格减，在区间上严格增，是函数的极小值点，是函数的极大值点；
综上，当时，是函数的极大值点，是函数的极小值点；
当时，函数在区间上严格减，无极值点；
当时，是函数的极小值点，是函数的极大值点．
16.【详解】（1），
，
令，，则，，
所以的单调递减区间为，；
（2）将的图象向左平移个单位后，得到，
再将得到的图象的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）后，得到，
函数，的图象与的图象有三个交点坐标分别为，，且，则由已知结合图象的对称性，有，解得，∴.
17．【详解】［方法一］【最优解】：余弦定理
由可得：，不妨设，
则：，即.
若选择条件①：据此可得：，，此时.
若选择条件②：据此可得：，
则：，此时：，则.
若选择条件③：可得，，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.
［方法二］：正弦定理
由，得．
由，得，即，
得．由于，得．所以．
若选择条件①：由，得，得．
解得．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时．
若选择条件②：由，得，解得，则．
由，得，得．
所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时．
若选择条件③：由于与矛盾，所以，问题中的三角形不存在．
18．【详解】（1）由题知面面，则，
由为底面圆的直径，则，由，面，
面， 又∵面，∴，
又，面，面，
又∵面，故.
由，在中，由射影定理：，
故面面,
∴面，又面面，面，∴.
（2）由（1）知，以为原点为轴正方向，过的母线为轴正方向建立空间直角坐标系，不妨设，
则，
设，，
设面的法向量为，则，
令，则，又平面的一个法向量
设平面与平面的夹角为，则，
解得或，其中时重合，不合题意，
故当平面与平面夹角为时，此时为中点.
19．【详解】（1）设的不动点为，则，解得，
所以函数的不动点为.
（2）函数有两个不动点，即方程，即有两个不等的实数根，令，则，
当x∈0,1时，φ'x>0，当x∈1,+∞时，φ'x