2024-2025学年河南省安阳市高三上学期12月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年河南省安阳市高三上学期12月月考数学检测试题（附解析），共14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．若：，，则为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
2．已知集合，或，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知向量，，若，则（ ）
A．或B．
C．2D．4
4．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数是定义在上的图象连续不间断的奇函数，且，若，则的值域是（ ）
A．B．C．D．
7．如图是函数的部分图象，记的导函数为，则下列选项中值最小的是（ ）
A．B．C．D．
8．过抛物线：的焦点作互相垂直的两条直线，使得其中的一条与相交于，，另外一条与相交于，，设，分别是线段，的中点，则的面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知，，其中i为虚数单位，若，，为纯虚数，为实数，则（ ）
A．B．的虚部为C．D．
10．函数的部分图象如图所示，直线与图象的其中两个交点的横坐标分别为，，则（ ）
A．B．
C．的图象关于轴对称D．在上的最小值为
11．已知，，，是坐标平面上的两个动点，为正常数，设满足的点的轨迹为曲线，满足的点的轨迹为曲线，则（ ）
A．关于轴、轴均对称
B．当点不在轴上时，
C．当时，点的纵坐标的最大值大于1
D．当，有公共点时，
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知为等差数列的前项和，若，，则 .
13．在平面直角坐标系xOy中，若点，，，且，则的取值范围是 .
14．从球外一点作球表面的三条不同的切线，切点分别为，，，，若，则球的表面积为 .
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；
(2)若，，为AC边的中点，求BD的长.
16．已知函数，其中，.
(1)当时，求的图象在处的切线方程；
(2)当时，若函数在区间上存在极值，求的取值范围.
17．在平面图形AEBCD（如图1）中，已知，，，，将沿着AB折起到的位置，使得，连接DP，得到四棱锥，如图2所示.
(1)求证：；
(2)求平面ADP与平面CDP夹角的余弦值.
18．已知双曲线：的一条渐近线的斜率为，直线的方程为.
(1)若与的左、右两支分别相交，求的取值范围；
(2)当，2时，对应的曲线分别为，，设直线与的左、右两支依次相交于点，，直线与的左、右两支依次相交于点，，为坐标原点，证明：的面积与的面积相等.
19．在数列中，设是数列的前项和，并规定，定义集合，中元素的个数为.
(1)在数列中，若，，，，，，，，求；
(2)若，满足，
①证明：集合非空；
②证明：当，时，.
答案
1．【正确答案】B
【详解】因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以只需将原命题中的全称量词改为存在量词，并对结论进行否定．
故.
故选：B.
2．【正确答案】A
【详解】依题意，.
故选：A
3．【正确答案】D
【详解】，故，解得.
故选：D
4．【正确答案】C
【详解】函数在上单调递增，
而函数在区间上单调递增，
则有函数 在区间 上恒为正数且单调递增，
因此 ，
解得 ，
实数的取值范围是 .
故选：C.
5．【正确答案】D
【详解】因为，即，
，即，
所以.
故选：D.
6．【正确答案】B
【详解】因为，可知，
又因为为奇函数，且连续不断，则，则，
且，可知，
由奇函数对称性可知：时，，
且，，
所以在定义域的值域为.
故选：B.
7．【正确答案】C
【详解】由图知，，，，所以排除A，B；
设的图象在处的点为，
显然的斜率小于在处的切线斜率，
则，且，可转化为，
所以的值最小，排除D.
故选：C.
8．【正确答案】C
【详解】设直线的斜率为，则的斜率为，
则直线的方程为，
由 消去并整理，得.
设，，
则，所以，
同理，
所以 ，
因为 ，
所以 的面积，
当且仅当时，等号成立，故的面积的最小值为4 .
故选：C.
9．【正确答案】ACD
【详解】因为，
且，可得，
对于A：，故A正确；
对于B：的虚部为，故B错误；
对于C：因为为纯虚数，可得，即，故C正确；
对于D：因为为实数，可得，即，故D正确；
故选：ACD.
10．【正确答案】ABD
【详解】A：由题意得的周期为，又，
所以，故 A 正确；
B：因为，所以，又
所以，又，观察图象可得，
所以，故B正确；
C：由B知，
所以，
所以 的图象不关于轴对称，故C错误；
D：由 ，得，
因为在上单调递减，
所以在上单调递减，
所以的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
11．【正确答案】ACD
【详解】设，由，得，
将代入得到，
将将代入得到，
所以关于轴、轴均对称，A正确；
当不在轴上时，与不共线，可以作为一个三角形的三个顶点，
所以，B错误；
当时，，
当时，可得：，
解得：，此时，
即，故当时，点的纵坐标的最大值大于1，C正确；
由，得为椭圆，易得方程为，
所以，代入，
得，
所以，因为，所以，
解得：或舍去，D正确；
故选：ACD
12．【正确答案】16
【详解】由，，
可得：，解得：，
所以，
故16
13．【正确答案】
【详解】设，因为，所以，
化简，得，即的轨迹是圆，
因为点在圆的内部，所以，
所以.
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】由圆的切线长定理得，，
因为，，，则，，
即，可知，
所以为直角三角形，其外心为的中点，
又因为，可知点在平面内的投影为的外心，
即平面，所以必在的延长线上，
且A为切点，则，由射影定理得，
且，即，可得，
则，所以球的表面积为.
故答案为.
15．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1），由正弦定理得，
由于，
故，
所以，
因为，所以，故，，
因为B∈0,π，所以；
（2）为AC边的中点，故，
两边平方得，
又，，，所以，故.
16．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）当时，，定义域为，
所以，
所以的图象在处的切线方程为，
即.
（2）当时，，定义域为，
所以，
因为在区间上存在极值，
所以在上必存在变号零点，
令，则在上必存在变号零点，
因为，所以，解得，
当时，，且在上单调递增，
又，故存在，使得，
所以当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故为的极小值点，符合题意，故的取值范围为.
17．【正确答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）四棱锥中，取的中点，连接，
由，，得，则，
，又，于是四边形为平行四边形，，，
由，得，则，，而，
平面，于是平面，又平面，
则，又，平面，
因此平面，而平面，所以.
（2）在平面内过点作，由（1）知平面，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
则，
所以平面ADP与平面CDP夹角的余弦值是.
18．【正确答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）因为双曲线的一条渐近线的斜率为，
所以，所以，
联立消去并整理，得，
因为与的左、右两支分别相交，所以，
因为，所以，所以，
即的取值范围为.
（2）设，
当时，由（1）中及韦达定理，得，
当时，由（1）中及韦达定理，得，
所以与中点的横坐标都为.因为，，，在同一直线上，
所以与的中点重合，设该中点为，所以，
所以，所以，
所以的面积与的面积相等.
19．【正确答案】(1)；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【详解】（1）因为，，，，，，，，，
因为，
所以
所以，
（2）①证明：由已知得，
若对中的任意正整数 ，满足，
则，
即，所以；
若在中存在 ，使得为中从左到右出现的第一个正数，
则，所以.
综上所述，集合非空.
②由集合非空，设(不妨设从小到大排列)，
显然.
由集合的定义知，且是使得成立的最小的，
即是中最大的，所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，
即.
由的定义得，
因为，所以，
因为，所以，即，
因为是中最大的，
所以，即 ，
所以
所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以.