2024-2025学年新疆和田地区墨玉县高三上册11月月考数学检测试卷（含解析）

2024-2025学年和田地区墨玉县高三上学期11月月考数学检测试卷一、单选题（单选题每个题目仅有一个选项正确，每题5分）1.已知全集，则正确表示集合和关系的韦恩图是（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】根据之间的关系进行判断即可.【详解】由，解得或，则，又因为，所以集合与集合有公共元素0，且没有包含关系，故选项A中的韦恩图是正确的.故选：A.2.设是实数，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.既不充分又不必要条件【正确答案】A【详解】设，，由于图象如下图．∴根据函数的单调性可判断：若“a＞b＞1”则“”成立，反之若“”则“a＞b＞1”不一定成立．根据充分必要条件的定义可判断：“a＞b＞1”是“”的充分不必要条件，故选：A3.已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边上一点，则A.0 B. C. D.【正确答案】A【分析】根据三角函数的定义，求出，进而求出，化简代入计算即可.【详解】角终边上一点，根据三角函数的定义，得，∴＝＝，进而得，∴，，化简.故选A．本题考查任意角的三角函数的定义，正余弦二倍角的化简求值，考查计算能力，属于基础题．4.数列中，，，则（）A.230 B.210 C.190 D.170【正确答案】D【分析】借助等差数列的定义及相关公式计算即可.【详解】由题知数列是公差为的等差数列，.故选:D.5.如图，在中，，，是的中点，，则的值为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】选定基底，根据向量的加减运算表示出，利用向量的数量积的运算律，即可求得答案.【详解】由题意可得：，，故，故选：C6.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是（）A.MN与CC1垂直B.MN与AC垂直C.MN与BD平行D.MN与A1B1平行【正确答案】D【分析】通过空间向量建系法，结合向量平行与垂直的性质一一验证即可【详解】设正方体的棱长为1，如图，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，M，N，∴==(0，0，1)，=(-1，1，0)，=(-1，-1，0)，=(0，1，0)，∴·=0，∴MN⊥CC1，A说法正确；·=-=0，∴MN⊥AC，B说法正确；易知=2，且M，N∉BD，∴MN∥BD，C说法正确；设=λ，得无解，所以MN与A1B1不平行，D说法错误.故选：D.7.已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】由导函数在上恒成立可得．【详解】，因为函数在上单调递增，所以当时，恒成立，即当时，恒成立，因为对称轴为，当时，，，所以当时，不恒成立，不符题意；当时，，当时，恒成立，则，解得．故选：D．8.设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若1，则（）A.1 B. C.0 D.【正确答案】D【分析】根据函数的奇偶性可得的图象关于点中心对称且关于直线轴对称，进而得的周期为4，即可求解.【详解】因为为奇函数，所以，所以的图象关于点中心对称，则.因为为偶函数，所以，所以的图象关于直线轴对称.由，得，所以，则，则的周期为4，，则.故选：D方法点睛：抽象函数的奇偶性、对称性、周期性常有以下结论（1）关于轴对称，（2）关于中心对称，（3）的一个周期为，（4）的一个周期为.可以类比三角函数的性质记忆以上结论.二、多选题（多选题每个题目有多个选项正确，选对部分得部分分，选错不得分，全部选对得6分）9.i是虚数单位，下列说法正确的是（）A.B.若，则C.若，则的最小值为1D.若是关于的方程的根，则【正确答案】BC【分析】根据复数的乘方即可判断A；根据复数的乘法运算及共轭复数的定义即可判断B；设，再根据，求出的关系，再结合复数的模的公式即可判断C；根据方程的复数根互为共轭复数即可判断D.【详解】对于A，，故A错误；对于B，若，则，故B正确；对于C，设，由，得，即，所以，则，所以的最小值为1，故C正确；对于D，若是关于的方程的根，则也是关于的方程的根，所以，故D错误.故选：BC.10.已知函数的部分图像如图，则（）A.B.C.将曲线向右平移个单位长度得到曲线D.点为曲线的一个对称中心【正确答案】AD【分析】利用三角函数图像与性质逐一判断即可.【详解】由题图可知，解得将点的坐标代入，得，所以．由图像可知，点在图像的下降部分上，且，所以．将点的坐标代入，得，解得，则，A正确．由A，得．所以，B错误．将曲线向右平移个单位长度得到曲线，C错误．令，，解得，．取，则，所以点为曲线的一个对称中心，D正确．故选：AD．11.已知，为正实数，且，则（）A.的最小值为 B.的最小值为C.的最大值为 D.的最小值为【正确答案】AD【分析】选项A，对条件进行变形得，从而得到，再利用基本不等式，即可求解；选项B，根据条件，直接利用基本不等式，即可求解；选项C，根据条件，利用基本不等式得到，解不等式，即可求解；选项D，利用，得到，再利用基本不等式，即可求解.【详解】对于选项A，由，得，所以，当且仅当，即时取等号，所以选项A正确，对于选项B，因为，所以，当且仅当时取等号，此时取得最小值，所以选项B错误，对于选项C，因为，当且仅当，即时取等号，又，解不等式得，即，得到的最大值为，所以选项C错误，对于选项D，由选项A知，所以，当且仅当，即时取等号，此时取得最小值，所以选项D正确，故选：AD.三、填空题（每题5分）12.已知向量，，且，则__________.【正确答案】##【分析】首先求出的坐标，再根据得到，根据平面向量数量积的坐标运算得到方程，解得即可；【详解】解：因为，，所以，因为，所以，解得；故13.若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________.【正确答案】【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.【详解】由得，，故曲线在处的切线方程为；由得，设切线与曲线相切的切点为，由两曲线有公切线得，解得，则切点，切线方程为，根据两切线重合所以，解得.故14.已知点，，定义为的“镜像距离”，若点在曲线上，则的“镜像距离”的最小值为______.【正确答案】【分析】根据“镜像距离”的定义将问题转化为求函数上的点到曲线上的点的距离的最小值，再利用对称性求得与上的点的最小值，即可得出答案.【详解】设，，易知函数的反函数为，由点在曲线上可知点在函数上，所以相当于上的点到曲线上点的距离，又与的图象关于对称，所以的“镜像距离”的最小值为点到的距离的最小值的2倍.由，得，令，解得，又点到直线的距离，所以的“镜像距离”的最小值为.故关键点点睛：本题关键在于利用“镜像距离”的定义转化为一对反函数上的两点最小距离的问题，再利用反函数对称性求得与对称轴平行的切线方程，即可得出“镜像距离”的最小值.四、解答题15.已知的内角的对边分别为，且．（1）求角；（2）若的面积为，求的周长．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）应用正弦定理和余弦定理来求解角的大小；（2）应用三角形的面积公式计算边的数量关系.小问1详解】由可知，由正弦定理，得，即．所以，又，所以.【小问2详解】由（1）知．所以，又，所以，所以，即．所以的周长为．16.．已知函数在处取得极值．（1）求实数的值；（2）求函数的单调区间；（3）若关于的方程在区间（0，2）有两个不等实根，求实数的取值范围．【正确答案】（1）；（2）见解析；（3）.【分析】（1）由函数在处取得极值,则有,从而求解;（2）由得增区间;由得减区间;（3）将方程转化为,利用根分布求解.【详解】解：（1）由已知得，即，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有极大值，符合题意，即；（2）由（1）得由得，由得的单调递增区间为，单调递减区间为；（3）令则令得或（舍），当时，当时，即在上递增，在上递减方程在区间（0，2）有两个不等实根等价于函数在（0，2）上有两个不同的零点．即实数b的取值范围为.关键点睛：构造新函数，利用转化法、导数的性质、零点存在原理是解题的关键.17.如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求平面与平面所成角的余弦值.【正确答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）依据题意建立以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，计算即可得证.（2）由（1）得直线的的方向量，平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则由即可得解.（3）求出平面的一个法向量，计算，则由计算结果即可得解.【小问1详解】如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，由题意可得A0,0,0，，，，，，，，，则，，设平面的一个法向量为n1=x1故，即，则，令，得，所以，所以，又平面，所以平面.【小问2详解】由（1）得直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【小问3详解】设平面的一个法向量，由（1）可得，，则，故，即，令，得，所以，所以平面与平面所成角的余弦值为.18.已知数列满足,,,.(1)证明:数列是等比数列;(2)求数列的通项公式;(3)证明:.【正确答案】(1)证明见解析;(2);(3)证明见解析.【分析】（1）由，得，即可得到本题答案；（2）由，得，即可得到本题答案；（3）当时，满足题意；若n是偶数，由，可得；当n是奇数,且时，由，可得，综上，即可得到本题答案.【详解】(1)因为，所以，因为，所以，所以数列是等比数列；(2)因为，所以，所以，又因为，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以；(3)①当时，；②若n是偶数，则，所以当n是偶数时，；③当n是奇数，且时，；综上所述，当时，.本题主要考查利用构造法证明等比数列并求通项公式，以及数列与不等式的综合问题.19.已知函数．（1）当时，求的零点；（2）讨论在上的最大值；（3）是否存在实数，使得对任意，都有？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由．【正确答案】（1）（2）答案见解析（3）存在，的取值范围是【分析】（1）利用导函数判断的单调性，进而判断零点的情况即可；（2）利用导函数判断在区间的单调性，进而求最值即可；（3）由题意只需即可，利用（2）中结论即，利用导数求的范