江西省上饶市广信中学2024-2025学年高三上学期十一月检测数学试题

这是一份江西省上饶市广信中学2024-2025学年高三上学期十一月检测数学试题，共15页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。

1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知函数为定义在上的奇函数，且在为减函数，在为增函数，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
2．抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，记录骰子朝上面的点数，若用表示红色骰子的点数，用表示绿色骰子的点数，用表示一次试验结果，设事件；事件：至少有一颗点数为6；事件；事件.则下列说法正确的是（ ）
A．事件与事件为互斥事件B．事件与事件为互斥事件
C．事件与事件相互独立D．事件与事件相互独立
3．已知函数，如图，是直线与曲线y=fx的两个交点，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在正方体中，分别为棱，的中点.直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A．B．C．D．
5．设x，，向量，，，且，，则等于（ ）
A．B．3C．D．4
6．下列说法错误的是（ ）
A．若随机变量，则当较小时，对应的正态曲线“瘦高”，随机变量X的分布比较集中
B．在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好
C．在一元线性回归模型中，如果相关系数，表明两个变量的相关程度很强
D．对于一组数据，，…，，若所有数据均变成原来的2倍，则变为原来的2倍
7．已知数列an的前项和为，若，且，则下列说法错误的是（ ）
A．an是递减的等差数列B．数列的首项为正数
C．的最大值是20D．是an中的项
8．已知函数的表达式为，若函数恰有4个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．给出以下四个判断，其中正确的是（ ）
A．函数的单调递减区间是
B．函数的定义域为，若满足，则函数是偶函数
C．若的定义域为，则的定义域为
D．不等式的解集是
10．已知两个复数与，下列结论错误的是（ ）
A．若，则与互为共轭复数
B．若，则
C．若，则
D．若，则的最大值为
11．如图，在正方体中，，以为单面正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系.已知是直线的方向向量，则下列命题是真命题的是（ ）
A．是直线的一个方向向量B．是平面的一个法向量
C．若平面，则D．若平面，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．如图，在棱长为1的正方体中，为棱上的动点且不与重合，为线段的中点.给出下列四个命题：
①三棱锥的体积为；②；③的面积为定值；④四棱锥是正四棱锥.
其中所有正确命题的序号是 .
13．已知椭圆的离心率为，过右焦点F且斜率为的直线与C相交于A、B两点，若，则 ．
14．设函数，若关于x的方程有5个不相等的实数根，则实数m的取值范围是 .
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15．（13分）已知的定义域为，且满足，．
(1)求的解析式；
(2)判断在上的单调性，并用单调性的定义证明．
16．（15分）已知函数y=fx，其中.
(1)求函数y=fx的最小正周期及函数在区间上的最大值；
(2)在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且，，，求面积的大小.
17．（17分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为，且.D是AB的中点，点E在线段AC上且，线段CD与线段BE交于点M（如下图）
(1)求角A的大小：
(2)若，求的值；
(3)若点G是的重心，求线段GM的最小值.
18．（17分）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的实轴长为，点在双曲线上.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设是双曲线与圆在第一象限的交点，求的面积.
(3)过点且斜率为的直线与双曲线的另一个交点为，求PQ.
19．（15分）已知数列的前项和，数列是各项均为正数的等比数列，，且.
(1)求和的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：.
高三数学参考答案
1．D
【分析】利用函数奇偶性以及单调性结合函数值，画出函数图象草图即可解不等式.
【详解】根据题意可知，由可得，
再根据函数奇偶性和单调性画出函数图象示意图如下：

对于不等式，
当时，即时，，由图可知；
当时，即时，，由图可知；
因此不等式的解集为.
故选：D
2．D
【分析】A选项，写出事件包含的情况，得到，A错误；B选项，写出事件包含的情况，结合A选项，得到，B错误；C选项，写出事件包含的情况，故，C错误；D选项，写出事件和包含的情况，得到，D正确.
【详解】A选项，事件包含的情况有，
事件：至少有一颗点数为6包含的情况有
，
故，事件与事件不为互斥事件，A错误；
B选项，事件包含的情况有
，
故，事件与事件不为互斥事件，B错误；
C选项，抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，共有种情况，
故，
事件包含的情况为，故，
故，故事件与事件不相互独立，C错误；
D选项，事件包含的情况有
，
，共18种情况，
故，
事件包含的情况有：，
故，
因为，所以事件与事件相互独立，D正确.
故选：D
3．C
【分析】根据的位置特征，不妨令，，又，故，解得，在函数图象上，代入计算，求出，从而求出.
【详解】令，解得或，
是与曲线的两个相邻的交点，
且在单调递增区间上，在单调递减区间上，在左边，
不妨设，，
两式相减得，
又，故，所以，解得，
故，
又图象可知，在函数图象上，
故，解得，
所以.
故选：C
4．D
【分析】作出线面角，解直角三角形求得线面角的最小值.
【详解】设是的中点，连接，
由于，所以平面，平面，，
且是直线与平面所成角.
设正方体的边长为，则，
所以.
故选：D
5．B
【分析】根据向量垂直和平行满足的坐标关系可得即可根据模长公式求解.
【详解】由，可得，且，
解得故则，
故选：B
6．D
【分析】根据正态分布曲线的性质，可得判定A正确；根据决定系数和相关系数的性质，可得判定B正确，C正确；根据方差的性质，可判定D错误.
【详解】对于A中，若随机变量，则当较小时，对应的正态曲线“瘦高”，随机变量X的分布比较集中，所以A正确；
对于B中，在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型回归效果，越大，说明模型拟合的效果越好，所以B正确；
对于C中，一元线性回归模型中，相关系数的绝对值越接近1，表明两个变量的相关性越强，
所以如果相关系数，表明两个变量的相关程度很强，所以C正确；
对于D，若所有数据均变成原来的2倍，则变为原来的4倍，所以D正确.
故选：D．
7．D
【分析】由定义得数列an为等差数列，利用已知求出首项和公差，对AB选项进行判断；结合数列中各项的符号求的最大值判断C选项；由通项判断D选项.
【详解】，即，则an是公差为的等差数列，
所以an是递减的等差数列，A选项正确；
等差数列an公差，由，有，解得，
所以数列的首项为正数，B选项正确；
，
时，；时；时，，
所以的最大值为，C选项正确；
由可知，an中的项都是偶数，不是an中的项，D选项错误.
故选：D.
8．B
【分析】先利用导数研究函数的性质，确定方程的解的情况，然后结合二次方程根的分布知识求参数范围．
【详解】，
时，，当时，，递减，时，，递增，
时，，时，，是极小值，
时，，在上是增函数，
时，，时，，且，
作出函数的大致图象，如图，

由图象知时，无实解，时，有一解，时，有两解，时，有三解，
方程有四解，
则方程有两解且，
记，
则，解得，
故选：B．
【点睛】本题考查用导数研究方程根的问题，解题方法是把函数的性质与二次方程根的分布知识结合起来求解，即利用导数研究函数的性质得出方程的解的情况，再利用二次方程根的分布知识求解，这对于把作为一个整体，方程是关于这个整体的二次方程可适用．
9．CD
【分析】A选项，的单调递减区间为；B选项，举出反例；C选项，利用抽象函数定义域求解方法得到，求出，得到答案；D选项，分式不等式化为一元二次不等式，求出解集.
【详解】A选项，的单调递减区间为，不能用并集符号连接，A错误；
B选项，不妨设，满足定义域为，，但不是偶函数，B错误；
C选项，由题意得，解得，故的定义域为，C正确；
D选项，，等价于且，
解得，不等式的解集是，D正确.
故选：CD
10．ABC
【分析】举反例即可求解AB，利用复数的几何意义即可求解CD.
【详解】A选项：若，，与并不互为共轨复数；A错误；
B选项：虚数不能比较大小；必如，，，但无法比较大小，B错误，
C选项：由于，故C错误；
D选项：设在复平面对应的点为，由
可知点的集合是以为圆心，1为半径的圆．
表示点到的距离，所以最大值为,D正确，
故选：ABC

11．BCD
【分析】对于A，求得即可判断；对于B，求得平面的一个法向量即可判断；对于C，由已知可得，求解可判断；对于D，由已知得，求解可判断.
【详解】在正方体中，，
对于A，，所以，
所以不是直线的一个方向向量，故A错误；
对于B，，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，故B正确；
对于C，若平面，则，解得，故C正确；
对于D，若平面，则，则，故D正确.
故选：BCD.
12．②③④
【分析】利用锥体的体积公式判断①；利用线面垂直的判定定理判断②；利用平行线的传递性及三角形面积公式判断③；利用正棱锥的定义判断④.
【详解】对于①，三棱锥体积为，
因此三棱锥体积的最大值为，①错误；
对于②，连接，则，又平面，平面，
则，而，平面，则平面，
又平面，因此，②正确；

对于③，设，连接，则，，
即和到的距离相等且不变，因此的面积为定值，③正确；
对于④，由，知平面，又为正方形，为其中心，
因此四棱锥是正四棱锥，④正确.
故答案为：②③④
13．
【分析】解法1：设Ax1,y1，Bx2,y2，由线段的定比分点公式得到，再设直线AB方程为，直曲联立得到韦达定理，再解出即可；
解法2：由椭圆的第二定义设直线的倾斜角为，，得到，再由同角的三角函数关系求出即可；
【详解】
解法1：设Ax1,y1，Bx2,y2，
∵，∴由定比分点坐标公式可得，
∵，设，，，∴， ①
设直线AB方程为，
代入①中消去x，可得，
，
∴，，，，
解得，．
解法2：设直线的倾斜角为，，所以，
由椭圆的第二定义可得，
即，，
又，
所以．
故答案为：.
14．
【分析】利用导数数求函数的单调区间和零点，可得的大致图象，令，由关于x的方程有5个不相等的实数根，则与y=fx的图象有5个交点，且关于t的方程有两个解，不妨设为，，，分两种情况讨论：①若，那么②若，，即可求解实数m的取值范围.
【详解】解：令，，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
当时，，
而，
由零点存在定理可得：存在，
当时，
又，故可大致画出的图象，如下图所示：
令，由关于x的方程有5个不相等的实数根，
则与y=fx的图象有5个交点，
且关于t的方程有两个解，不妨设为，，
①若，那么才能满足条件.
由是方程的解，所以，
解得，此时与y=fx的图象只有4个交点，不满足条件.
②若，，此时与y=fx的图象有5个交点，
关于t的方程要满足，，
则，解得
综上所述，实数m的取值范围是
故答案为：
15．(1)
(2)单调递增，证明见解析
【分析】（1）利用函数奇偶性的性质求解参数即可.
（2）先判断单调性，再利用定义法证明即可.
【详解】（1）因为的定义域为，关于原点对称，
且，故是奇函数，
因为在处有定义，所以，
得到，解得，此时，
因为，所以，解得，
故的解析式，
（2）在上单调递增，理由如下，
任取，且使，
而，
，
因为，所以，，
由已知得，所以，故，
故，即，
最后得到在上单调递增.
16．(1)最小正周期为，最大值为2；
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，利用求出最小正周期，整体法得到，从而得到时，取得最大值2；
（2）在（1）基础上，由求出，由余弦定理得到，由三角形面积公式求出答案.
【详解】（1）
，
故的最小正周期为，
时，，故当，即时，
取的最大值，最大值为2；
（2），故，
因为，所以，故，解得，
又，，
由余弦定理得，即，解得，负值舍去，
故.
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1），结合面积公式和余弦定理，化简得到，求出，；
（2）由三点共线得到，，从而得到方程组，求出，得到答案；
（3）法一：由重心定义得到，进而求出，根据三角形面积公式得到， 两边平方，结合基本不等式求出；
法二：由（2）得，故，M为CD中点，，由三角形面积公式得到，在中，有余弦定理和基本不等式得到，故.
【详解】（1）因为，
所以.
所以，
所以，故，
又，所以，
所以；
（2）由题意，，
由D、M、C三点共线得，即，
故，
所以，
同理由B、M、E三点共线可得，
∴，
∴
（3）法一；由重心定义得，
∴，
∴，
∴
，当且仅当时，等号成立，
∴，
当且仅当时取等号.
∴线段GM的最小值为；
法二：由（2）得，，
故，故M为CD中点，
又重心G为CD三等分点，故，
∵，
∴在中，，
当且仅当时取等号，故，
∴.
即线段GM的最小值为.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由已知，再将点代入双曲线方程可得解；
（2）联立双曲线与圆可得点坐标，进而可得三角形面积；
（3）由已知可得直线方程，联立直线与双曲线，结合韦达定理与弦长公式可得解.
【详解】（1）由已知双曲线的实轴长为，即得，
所以双曲线方程为，
又双曲线过点，则，
解得，
则双曲线方程；
（2）联立双曲线与圆的方程，
即，解得，
由点在第一象限，则，
又，
所以；
（3）由已知直线，即，

联立直线与双曲线，即，
得，，
且，，
则弦长.
19．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据与的关系求an的通项公式，由等比数列基本量的运算即可求解bn的通项公式；
（2）用裂项相消法求奇数项的和，由错位相减法求偶数项的和，即可求解.
【详解】（1）数列an的前项和，当时，，
当时，，
因为也适合上式，
所以，
设数列bn的公比为，因为，
所以，解得，
又，所以；
（2）由题意得，
设数列的奇数项之和为，偶数项之和为，
则
，
，
所以，
两式相减得，
所以，
故.