2024-2025学年江苏省苏州市相城区高三上学期11月月考数学检测试题（含解析）

2024-2025学年江苏省苏州市相城区高三上学期11月月考数学检测试题一、单项选择题：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.已知集合，，则的元素个数为（）A.1 B.2 C.3 D.42.设复数，则的虚部是（）A.1 B. C.i D.3.等比数列的各项均为正数，若，，则（）A.588 B.448 C.896 D.2244.已知向量，，，则向量在上的投影向量为（）A. B.C. D.5.已知两条不同的直线l，m，两个不同的平面α，β，则下列条件能推出的是（）A.，，且，B.，，且C.，，且D.，，且6．在直二面角α﹣l﹣β的棱l上取一点A、过A分别在α，β内A的同侧作与l成45°的直线，则这两条直线所夹的角为（）A．45° B．60° C．90° D．120°7.设无穷等差数列的公差为，其前项和为．若，则“有最小值”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、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.已知，，且，下列选项中错误的是（）A.的最小值为9 B.的最小值为2C.的最大值为2 D.的最大值为110.已知函数的导函数为（）A.只有两个零点 B.C.是的极小值点 D.当时，恒成立11.如图，圆锥的底面直径和母线长均为，其轴截面为，为底面半圆弧上一点，且，，，则（）A.存在，使得B.当时，存，使得平面C.当，时，四面体的体积为D.当时，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.镇江的慈寿塔是金山寺的标志性建筑，创建于1400余年前的齐梁时期．某同学为了测量慈寿塔的高，他在山下处测得塔尖点的仰角为，再沿正对塔方向前进20米到达山脚点，测得塔尖点的仰角为，塔底点的仰角为，则慈寿塔高约为______米．（，答案保留整数）13.在古代将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，已知四面体为鳖臑，⊥平面，且，若此四面体的体积为，则其外接球的表面积为．14.设函数，则不等式的解集为__________.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.已知函数.（1）求的最小正周期和最大值；以及取最大值时相应的值；（2）讨论在上的单调性.16．如图，四边形ABCD是正方形，AE，DF，BG都垂直于平面ABCD，且，，，M，N分别是EG，BC的中点.

(1)证明：平面ABCD.(2)若，求点N到平面AMF的距离.17.已知数列中．（1）证明：数列是等比数列；（2）若数列的通项公式为，求数列的前项和；18.已知函数，．（1）求证：直线既是曲线的切线，也是曲线的切线；（2）请在以下三个函数：①；②；③中选择一个函数，记为，使得该函数有最大值，并求的最大值．如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．

(1)证明：平面；(2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．

高三数学一、单项选择题：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.已知集合，，则的元素个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【正确答案】C【分析】先解对数不等式得出集合B，再根据交集定义求解.【详解】因为，所以,所以，共3个元素.故选：C．2.设复数，则的虚部是（）A.1 B. C.i D.【正确答案】B【分析】根据复数的除法即可得到答案.【详解】，虚部为，故选：B．3.等比数列的各项均为正数，若，，则（）A.588 B.448 C.896 D.224【正确答案】B【分析】根据等比数列基本量运算结合各项为正得出公比为2，再应用通项公式计算即可.【详解】因为等比数列的各项均为正数且，所以，可得或（舍）.故选：B．4.已知向量，，，则向量在上的投影向量为（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】利用求得向量和向量的数量积，再根据投影向量的定义计算即可.【详解】由，得，由，得，则因此，在上的投影向量，故选：D5.已知两条不同的直线l，m，两个不同的平面α，β，则下列条件能推出的是（）A.，，且，B.，，且C.，，且D.，，且【正确答案】C【分析】利用线面垂直的性质推理判断C；举例说明判断ABD.【详解】对于A，若，，且，，此时，可能相交，如下图所示：当，都与平行时，相交，A错误；对于B，若，，且，此时，可能相交，如下图所示：当，都与平行时，相交，B错误；对于C，由，，得，而，所以，C正确；若，，且，此时可能相交，如下图所示：当，，，都与平行时，相交，D错误.故选：C.6．在直二面角α﹣l﹣β的棱l上取一点A、过A分别在α，β内A的同侧作与l成45°的直线，则这两条直线所夹的角为（）A．45° B．60° C．90° D．120°解：设面AOB为面α，面AOC为面β，棱OA为l，作面BOC垂直于面AOB和面AOC，则∠BAO＝∠CAO＝45°，∠AOB＝∠AOC＝∠BOC＝90°，∴OA＝OB＝OC，∴AB＝AC＝BC，∴∠BAC＝60°，故这两条直线所夹的角为60°．故选：B．7.设无穷等差数列的公差为，其前项和为．若，则“有最小值”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【正确答案】A【分析】根据等差数列的性质，结合充分不必要条件的定义即可求解.【详解】若有最小值，则单调递增，故，但时，若，此时数列为常数列，没有最小值，因此“有最小值”“”，∴“有最小值”是“”的充分不必要条件故选：A8．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．8.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.已知，，且，下列选项中错误的是（）A.的最小值为9 B.的最小值为2C.的最大值为2 D.的最大值为1【正确答案】ABD【分析】运用乘1法判定A，变形后直接使用基本不等式判定B，C，运用基本不等式结合对数性质计算即可判定D.【详解】，A错.，当且仅当即时取“=”，此时，故等号取不到，B错.，当且仅当时等号成立，故C对，D错故选：ABD.10.已知函数的导函数为（）A.只有两个零点 B.C.是的极小值点 D.当时，恒成立【正确答案】ABD【分析】求导，可得函数的单调性，即可根据单调性求解函数的极值，进而可判断ACD，代入验证即可求解B.【详解】令，则或3，当或时，，当时，，故单调递增，单调递减，单调递增，，，且，∴有且仅有两个零点，A对．，故B正确，是极大值点，C错．时，，，结合函数的单调性可得恒成立，D对．故选：ABD11.如图，圆锥的底面直径和母线长均为，其轴截面为，为底面半圆弧上一点，且，，，则（）A.存在，使得B.当时，存，使得平面C.当，时，四面体的体积为D.当时，【正确答案】BCD【分析】对于A，用反证法判定.对于B，运用面面平行得到线面平行.对于C,通过条件，分析出体积之间的关系，运用等体积发计算即可.对于D，运用向量法，结合垂直的数量积为0计算即可.【详解】对于A，，则与不可能垂直，若，则面，则，则面矛盾，A错．对于B，取中点，则，过作交于点，此时为中点，则面平面，∴平面，对．对于D，如图建系，，，，，，，，∴，∴，D对．对于C,时，，时，到平面的距离是到平面距离的.，其中表示到平面的距离，是到平面距离，，C对，故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.镇江的慈寿塔是金山寺的标志性建筑，创建于1400余年前的齐梁时期．某同学为了测量慈寿塔的高，他在山下处测得塔尖点的仰角为，再沿正对塔方向前进20米到达山脚点，测得塔尖点的仰角为，塔底点的仰角为，则慈寿塔高约为______米．（，答案保留整数）【正确答案】31【分析】根据给定条件，再结合直角三角形边角关系求解即得.【详解】如图，，，，，设，则，，，∴，∴，则．故31.13.在古代将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，已知四面体为鳖臑，⊥平面，且，若此四面体的体积为，则其外接球的表面积为．【正确答案】【分析】由四面体体积求出，进而求出球半径即可求解.【详解】四面体为鳖臑，则由题意可知，故中只能为直角，则四面体的体积为，解得．易知外接球的球心为AD的中点，易求得∴球的半径为，∴球的表面积为．

14.设函数，则不等式的解集为__________.【正确答案】【分析】由函数解析式分析得为偶函数，在上单调递增，在上单调递减，不等式等价于，求解即可.【详解】函数，定义域为，，函数为偶函数，当时，在上单调递增，则在上单调递减，不等式，则有，解得且，所以不等式解集为.故四、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.已知函数.（1）求的最小正周期和最大值；以及取最大值时相应的值；（2）讨论在上的单调性.【正确答案】（1），最大值为，（2）单调增区间为，单调减区间为【分析】（1）根据三角恒等变换化简函数解析式，进而可得周期与最值；（2）利用整体代入法可得函数的单调区间.【小问1详解】，所以的最小正周期，当时，取最大值为，此时，，即，；【小问2详解】当时，有，从而时，即时，单调递增，时，即时，单调递减，综上所述，单调增区间为，单调减区间为.16．如图，四边形ABCD是正方形，AE，DF，BG都垂直于平面ABCD，且，，，M，N分别是EG，BC的中点.

(1)证明：平面ABCD.(2)若，求点N到平面AMF的距离.16．(1)证明见详解(2)【分析】（1）取的中点，连接，，根据题意可得，结合线面平行的判定定理分析证明；（2）建系标点，求平面AMF的法向量，利用空间向量求点到面的距离.【详解】（1）因为，，都垂直于平面，则.取的中点，连接，，则，且，所以且，所以四边形为平行四边形，可得，且平面，平面，所以平面.（2）连接.以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A2,0,0，，，，可得，，.设平面的法向量为n=x,y,z，则，取，得，，可得.故点到平面的距离.17.已知数列中．（1）证明：数列是等比数列；（2）若数列的通项公式为，求数列的前项和；【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）由构造得，又，可证数列是等比数列；（2）利用错位相减法求数列bn的前项和.【小问1详解】由，得，即，又，有，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.【小问2详解】由（1）得，则有，，，①-②得，，即.18.已知函数，．（1）求证：直线既是曲线的切线，也是曲线的切线；（2）请在以下三个函数：①；②；③中选择一个函数，记为，使得该函数有最大值，并求的最大值．【正确答案】（1）证明见解析（2）答案见解析【分析】（1）设出的切点，即可求导，求解的切线方程，联立直线与，根据判别式为0，即可证明相切，（2）求导，即可根据函数的单调性求解.【小问1详解】设与切于，，∴∴切线方程为，令，此时在处的切线方程为，即是的切线，联立，∴，∴在处的切线为，∴也是的切线．因此直线既是曲线的切线，也是曲线的切线；【小问2详解】若选①，当时，，显然无最大值．不符合题意，若选②，，，当或时，，当，故在上单调递减；上单调递增，上单调递减，时，且，，，∴．若选③，则，当或时，，当，所以在上单调递增；上单调递减；上单调递增，时，且，，，∴．如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．

(1)证明：平面；(2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．(2)存在；是上靠近的三等分点【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条