2024-2025学年安徽省高三上册11月联考数学检测试题（含解析）

2024-2025学年安徽省高三上学期11月联考数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，，则（

）A． B．C． D．2．若复数z满足，则（

）A． B． C． D．3．已知曲线，在点处的切线与直线垂直，则a的值为（

）A．1 B． C．3 D．4．已知，，则（

）A． B． C． D．5．已知函数在上单调递减，则a的取值范围为（

）A． B． C． D．6．在锐角中，内角的对边分别为a，b，c，，为其外心.若外接圆半径为，且，则的值为（

）A．1 B． C．2 D．7．在四棱锥中，底面为正方形，，，平面平面，则下列说法错误的是（

）A．B．当平面平面时，C．，分别为，的中点，则平面D．四棱锥外接球半径的最小值为8．函数的图象犹如两条飘逸的绸带而被称为飘带函数，也是两条优美的双曲线.在数列中，，，记数列的前项积为，数列的前项和为，则（

）A． B．C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知，，且，则（

）A． B．C． D．10．已知函数，，恒成立，则（

）A．是偶函数B．在上单调递增C．可以取D．当时，的取值范围是11．如图，三棱台中，是上一点，平面，，则（）

A．过点有四条直线与所成角均为B．平面C．棱上存在点，使平面//平面D．若点在侧面上运动，且与平面所成角的正切值为4，则长度的最小值为三、填空题（本大题共3小题）12．已知向量，，若，则.13．表示不超过的最大整数，比如，，，已知等差数列的通项公式，其前项和为，则使成立的最大整数为.14．某同学在同一坐标系中分别画出曲线，曲线，曲线，作出直线，.直线交曲线、于、两点，且在的上方，测得；直线交曲线、于、两点，且在上方，测得.则.四、解答题（本大题共5小题）15．记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且.(1)求的值；(2)若，求的面积.16．已知函数

(1)求函数在区间上的解析式；(2)已知点，点是函数在区间上的图象上的点，求的最小值.17．如图，三棱锥中，底面，且，，为的中点，在线段上，且.

(1)证明：；(2)若的中点为，求平面与平面夹角的余弦值.18．已知函数有两个零点，，函数.(1)解不等式；(2)求实数的取值范围；(3)证明.19．定义数列为“阶梯数列”：．(1)求“阶梯数列”中，与的递推关系；(2)证明：对，数列为递减数列；(3)证明：．

答案1．【正确答案】D【详解】由已知得，，即故选.2．【正确答案】A【详解】因为，故，故选：A.3．【正确答案】C【详解】，则，则，曲线在点处的切线与直线垂直，所以，解得.故选：C4．【正确答案】C【详解】因为，所以，所以，又，则，，即，所以，因为，所以，，由，可得，即，符合题意，故选：C.5．【正确答案】D【详解】在0,+∞上单调递减，所以，解得，即，所以则a的取值范围为，故选：.6．【正确答案】B【详解】由题意可知，，，，，，，.故选：B.7．【正确答案】B【详解】对于A，因为平面平面，平面平面，平面，，所以可得平面，又因为平面，所以，即可得，故A正确；对于B，若平面平面，则两平面所成二面角为，设两平面交线为，由，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，又因为平面，所以平面，即就是平面与平面所成的二面角的平面角，则，所以在中，，，所以，故B错误；对于C，取中点为，则，又因为平面，平面，所以可得平面，又由，同理可得平面，又因为，平面，所以平面平面，又因平面，所以平面，故C正确；对于D，设四棱锥外接球的球心为，在平面、平面的射影分别为、，且可知、分别为三角形和四边形的外接圆圆心，由已知条件可知四边形为矩形，为外接球半径，，所以，仅当、重合时取等号，此时，，故D正确.故选：B.8．【正确答案】A【详解】由题意可得：，，则，可得，又因为为递增数列，且，所以当，可得.故选：A.9．【正确答案】AD【详解】，故A正确；，故B错误；因，，且，，故C错误；，，令，，时，取得最小值8，所以，故D正确.故选：AD.10．【正确答案】ABC【详解】对于A，可知为偶函数，故A正确；对于B，又对有，，故，∴fx在0,+∞对于C，故，令，化为，，故，解得，故，故C正确；对于D，时，，由图可知，，故D错误；故选：ABC.11．【正确答案】ACD【详解】选项A，由异面直线所成角的定义考察过点的直线，如图，直线是的平分线，即，在过直线且与平面垂直的平面内．把直线绕点旋转，旋转过程中始终保持该直线与的夹角相等，旋转到与平面垂直位置时，直线与的夹角为，因此中间必有一个位置，使得夹角为，以为旋转中心，点向上移有一个位置，向下移也有一个位置，同样点（如图，点在的反向延长线上）向上移有一个位置，向下移也有一个位置，共四个位置得四条直线，由于夹角为，这四条直线不重合，再过作这四条直线的平行线，满足题意，故A正确，

选项B，因为平面，平面，所以，因此是直角梯形，，则，但，因此与不垂直，从而与平面不垂直，B错；选项C，如下图，由，得，又，即得，所以，又平面，平面，所以平面，过作交于点，（是平行四边形，，点在线段上），同理可得平面，又是平面内两相交直线，所以平面//平面，C正确；

选项D，因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以平面平面，过作，垂足为，由面面垂直的性质定理得平面，在直角梯形中，，所以在直角中，，，与平面所成角的正切值为4，即，所以，因此点轨迹是以为圆心，为半径的圆在侧面内圆弧，的最小值为，D正确．

故选：ACD．12．【正确答案】－7【详解】因为，，所以，.故13．【正确答案】63【详解】，，，，即，，时，；时，.故的最大值为63.故63.14．【正确答案】【详解】，.则由，得，令，，则，又∵，∴，∴，同理，，又∵，∴，则.∴.故答案为.15．【正确答案】(1)(2)1【详解】（1），故或，

当时，不合题意，故；（2），即，，

，，故，，

故.16．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）由题可知在上，，

而，所以，即在上，；（2）设，，

当且仅当时，取得等号，解得，故的最小值为.17．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为底面，且底面，所以，因为，且，平面，，所以平面，

又因为平面，所以，因为，且为的中点，所以，又因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）根据题意可知，以点为原点，以过点且平行于的直线为轴，，所在的直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

，可得A0,0,0，，，，，则，，因为在线段上，设，其中，则，因为，可得，所以，所以，，

可得，，，设平面的法向量为，则令，可得，，所以，

设平面的法向量为m=x,y,z，则令，可得，，所以，

设平面与平面的夹角为，可得，故平面与平面夹角的余弦值为.18．【正确答案】(1)(2)(3)证明见解析【详解】（1），故为上的增函数，

由题可知，，即，的解集为.（2），当时，，为减函数，不符合题意；

时，时，，时，.又时，；时，.

有两个零点，故，解得；（3）由（2）知：，且，，

由（1）知时，，，，故