2024-2025学年四川省成都市高三上册11月月考数学检测试题（含解析）

2024-2025学年四川省成都市高三上学期11月月考数学检测试题一、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．已知集合，，则)A． B． C． D．2．已知复数（），则是的（

）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．已知，则（

）A．B．C．D．4．将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到的图象，则（

）A． B． C． D．5．已知向量满足，，，则（）A． B． C． D．6．已知，则（

）A．2 B． C． D．7．已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作垂直于轴的直线交椭圆于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（

）A． B． C． D．8．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当该正六棱柱的体积取最大值时，其高的值为（

）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．下列各项正确的是（

）A．若随机变量，则B．若随机变量，则C．对于事件，若，则互斥D．用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好10．如图，正方体的棱长为1，是棱上动点，则下列说法正确的是（

）A．直线平面B．C．三棱锥的体积为D．直线与面所成最大角的正切值为11．已知函数定义域均为，且为偶函数，若，则下面一定成立的是（

）A． B． C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知，是两个不共线的向量，若与共线，则的值为．13．函数的最大值与最小值之积为．14．已知椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上任意一点，直线垂直于且交线段于点，若，则该椭圆的离心率的取值范围是.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)记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求A；(2)若为锐角三角形，且，求的周长的取值范围．16．(15分)四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，侧面底面ABCD，，，E是BC的中点，点Q在侧棱PC上.(1)求平面PAD与平面PDC所成角的余弦值；(2)是否存在点Q，使平面DEQ？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.17．(15分)已知函数．（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．18．(17分)已知椭圆：（）的左焦点与抛物线的焦点重合，直线与以原点为圆心，以椭圆的离心率为半径的圆相切．(1)求该椭圆的方程；(2)过点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，的垂直平分线与轴和轴分别交于，两点．记的面积为，的面积为．问：是否存在直线，使得，若存在，求直线的方程，若不存在，说明理由．19．(17分)在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为．(1)求，，；(2)若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并说明理由；(3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？答案：题号1234567891011答案BAABDACDABDBCDACD1．B【分析】分别求出集合A与集合B，再求交集即可．【详解】解不等式得由定义域可得B={x|x>0}所以所以选B本题考查了交集的运算，函数定义域的求法，属于基础题．2．A【分析】根据复数模的计算公式及充分条件、必要条件的定义判断即可；【详解】解：因为，所以，当时，故充分性成立，当，即，解得，故必要性不成立，故是的充分不必要条件；故选：A3．A【分析】利用幂函数和对数函数的性质来判断即可.【详解】幂函数在上单调递增，故，又，所以.故选：A.4．B【分析】根据平移变换和周期变换的原则求解即可.【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得.故选：B.5．D【分析】利用平面向量数量积公式及求夹角公式可求解.【详解】因为，，，所以，，所以故选：D6．A【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算可得.【详解】解：因为，所以，所以，即，即，即.故选：A7．AA【分析】根据椭圆及的位置关系，利用等面积法可分别求得它们的内切圆圆心位置及其半径，分别计算出的各边长度可得结果.【详解】如图所示，由椭圆，知，所以.所以，所以过作垂直于轴的直线为，代入中，解出.由题知的内切圆的半径相等，且的内切圆圆心的连线垂直于轴于点.设内切圆的半径为，在中，由等面积法得，.由椭圆的定义可知，，由，所以，所以，解得，所以.因为为的的角平分线，所以一定在上，即轴上，令圆半径为.在中，由等面积法得，.所以，解得，所以，所以，所以的周长是.故选：A.8．D【分析】根据正六棱柱和球的对称性，球心必然是正六棱柱上下底面中心连线的中点，作出过正六棱柱的对角面的轴截面即可得到正六棱柱的底面边长、高和球的半径的关系，在这个关系下求得函数取得最值的条件即可求出所要求的量.【详解】以正六棱柱的最大对角面作截面如图，设球心为，正六棱柱的上下底面中心分别为，则是，的中点，设高为，设底面边长为，则，∴，∴，，，∴，∴，..本题重点考查球的内接几何体的知识，将空间几何体与导数的应用相结合是解题的关键，考查了学生的空间想象能力和运算能力.9．ABD【分析】根据正态分布额对称性判断A，根据二项分布的期望、方差公式判断B，由互斥事件的定义及条件概率的定义可判断C，由残差的定义判断D.【详解】对于A，由正态分布的对称性知，，所以，故A；对于B，由,故B正确；对于C，当时，不互斥，故C错误；对于D，由残差平方和的统计意义知残差平方和越小的模型拟合的效果越好，故D正确，故选：ABD10．AB【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一验证即可；【详解】如图建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，，，，，则有，对于A，设平面的法向量为，则，即，取，则，即，又直线平面，所以直线平面，故A正确，对于B，因为，即，所以，故B，对于C，，故C正确，对于D，由题意易知，为平面的一个法向量，且，则设直线与平面所成的角为，所以，，所以，故D错误.故选：ABC.11．ACD【分析】根据可得函数的图象关于点对称，根据为偶函数可得函数的图象关于成轴对称，两者结合可得函数的周期性.通过求值，可判断AD的真假；取特殊函数，验证BC的真假.【详解】因为满足，所以函数的图象关于点对称；又函数定义域为，所以又为偶函数，所以，所以的图象关于成轴对称，两者结合即，用代替得：，所以，所以为周期函数，且.因为，结合偶函数性质知，故A正确；若满足题设，则，则，故B错误；由上易知周期也为4，又，，，所以，故C正确.因为，，所以，故D；故选：ACD关键点点睛：本题的关键是要清楚函数的对称性及周期性：（1）若，则的图象关于点成中心对称；（2）若，则的图象关于成轴对称；（3）若且（），则除了函数有对称性之外，函数还是周期函数，且.12．【分析】根据题意得到，列出方程组，即可求解.【详解】由题意，向量与共线，可得，即，可得，解得.故答案为.13．【分析】利用不等式及可求函数的最值，从而可得它们的乘积.【详解】函数的定义域为，一方面，，等号当时取得；另一方面，，当且仅当时等号成立，于是最大值为，最小值为，所求乘积为．故答案为.14．【分析】设，，又，，运用向量共线的坐标表示，可得的坐标，再由向量垂直的条件：数量积为0，由的坐标满足椭圆方程，化简整理可得的方程，求得，由，解不等式结合离心率公式即可得到范围．【详解】解：设，，又，，，，可得，，，可得，，又，，，由，可得，化为，由在椭圆上，可得，即有，可得，化为，解得，或（舍去），由，可得，即有，又，可得，该椭圆的离心率的取值范围是，故，．本题考查椭圆的离心率的范围，注意运用向量的坐标表示和向量垂直的条件：数量积为0，考查椭圆的范围，以及化简整理的运算能力．15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理边化角结合正弦和角公式、辅助角公式计算即可；（2）根据（1）的结论及正弦定理用角表示边，结合三角恒等变换将周长化为，根据三角函数的性质计算值域即可.【详解】（1）因为，所以由正弦定理可知，，因为，所以，即．又，所以，即或，即或（舍去）．（2）由（1）得，则，即,由正弦定理可知，所以．因为为锐角三角，所以，即，则，即，则.故的周长的取值范围为．15．(1)(2)存在点Q，使平面，，理由见详解【分析】（1）取的中点，连接，利用已知条件证明得，量两两互相垂直，所以以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用法向量求两平面所成角的余弦值即可（2）假设存在，设，求出平面的法向量为，根据平面，可得，求得即可.【详解】（1）取的中点，连接，因为所以，因为侧面底面ABCD，且两个交于平面，平面ABCD所以平面ABCD,又平面ABCD所以在菱形中，，且边长为4，所以所以所以所以量两两互相垂直所以以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：则：由，即，因为侧面底面ABCD，且相交于平面，平面ABCD所以平面所以为平面的一个法向量且设为平面的一个法向量由令所以设平面PAD与平面PDC所成的角为，且由图知为锐角所以所以平面PAD与平面PDC所成角的余弦值为（2）假设存在，设，由（2）可知，设,则，又因为，所以，即，所以在平面中，，设平面的法向量为，则有，可取，又因为平面，所以，即，解得.所以当时，平面.17．（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析【分析】（Ⅰ）利用导数求出的值，作为切线的斜率，求出，确定切点坐标，再利用点斜式写出所求切线方程；（Ⅱ）由不等式对任意的恒成立转化为对任意的恒成立，并构造函数，利用导数求出函数在区间上的最小值，于此可求出实数的取值范围．【详解】（Ⅰ）因为，所以，，，所以曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）即对任意恒成立.当时，显然成立，当时，等价于，令，.则令，则对任意恒成立，故在单减，于是即.从而在单减，故

所以综上所述，本题考查利用导数求函数的切线方程，以及利用导数研究函数不等式恒成立问题，通常利用参变量分离法进行转化为定函数的最值问题来求解，考查分析问题的能力与计算能力，属于难题．18．(1)(2)不存在直线使得，理由见解析.【分析】(1)结合椭圆方程求出半焦距，然后利用直线与圆相切得到离心率，进而求出，最后利用得到即可求解；(2)结合已知条件，设出直线的方程，并与椭圆方程联立，结合韦达定理求出线段的中点，然后利用垂直关系求出的横坐标，根据得到，进而得到，再通过得到，最后利用距离公式即可求解.【详解】（1）不妨设左焦点的坐标为，由抛物线方程可知，，即，因为直线与以原点为圆心，以椭圆的离心率为半径的圆相切，故圆心到直线的距离，从而，又因为，所以椭圆的方程为.（2）结合已知条件，作图如下：假设存在直线使，显然直线不能与，轴垂直．∴直线的斜率存在，设其方程为，，，联立直线和椭圆的方程，即，整理得，，由韦达定理可知，，，∴中点，∵，∴，解得，，即，∵，∴，∴，即，又∵，∴，∴，整理得，，方程无解，故不存在直线满足．19．(1)，，(2)(3)【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解即可；（2）分别求出第一次中奖，第次中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第次抽奖中奖的概率，即可求解时，，对比即可求解；（3）先分析获得勋章的情形，分别求出从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可求解.【详解】（1）,，；（2）因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态，从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，综上所述，对任意的，，又，所以；（3）由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两