2024-2025学年福建省厦门市高三上册11月阶段检测数学检测试卷（含解析）

2024-2025学年福建省厦门市高三上学期11月阶段检测数学检测试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，若，则所有整数的取值构成的集合为（）A．{1，2} B．{1} C． D．2．已知各项均为正数的等比数列中，若，则（

）A．2 B．3 C．4 D．93．已知是平面内两个非零向量，那么“”是“存在，使得”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．如图是函数的大致图象，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．5．数列满足，且，则等于（

）A．148 B．149 C．152 D．2996．已知正三角形的边长为，平面内的动点满足，，则的最大值是（）A． B． C． D．7．不等式对任意恒成立，则的最小值为（

）A． B．2 C． D．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、多选题（本大题共3小题）9．设为互不重合的两个平面，m，n为互不重合的两条直线，则下列命题正确的是（）A．若，，，则B．若m，n为异面直线，且，，，，则C．若m，n与所成的角相等，则D．若，，，则10．已知复数，，且在复平面内对应的点在第一象限，则以下结论正确的为（

）A． B． C． D．11．定义在上的函数满足，其中为实数，其值域是.若对于任何满足上述条件的都有，则（）A．方程可以有无数多解B．当时，C．当时，将所有满足（）且大于等于1的实数从小到大排成一列，组成数列，若，则数列的最大项为D．的取值范围为三、填空题（本大题共3小题）12．已知向量的夹角的余弦值为，且，则.13．已知函数，且，则.14．已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O.点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，当时，平面截球O所得截面的周长为；当时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分体积为.四、解答题（本大题共5小题）15．在中，角的对边分别为，，，已知.(1)求角；(2)若是边上的一点，且满足，，求.16．已知数列的前项和为，，（）.(1)求数列的通项公式；(2)记，数列的前项和为，恒成立，求实数的取值范围.17．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，面，是棱上一动点.

(1)当时，求三棱锥的体积(2)当的面积最小时，求平面与平面所成夹角的余弦值.18．已知函数满足存在实数，使得.(1)求实数的取值范围；(2)若有最大值为，求实数的值；(3)证明.19．已知集合中的元素均为正整数，且满足：①对于任意，若，都有；②对于任意，若，都有.(1)已知集合，求；(2)已知集合，求；(3)若中有4个元素，证明：中恰有5个元素.

答案1．【正确答案】C【详解】当时，，满足.当时，，由于且，所以或.综上所述，整数的取值构成的集合为.故选：C2．【正确答案】C【详解】∵各项均为正数的等比数列中，，∴.故选：C.3．【正确答案】C【详解】若，则存在唯一的实数，使得，故，而，存在使得成立，所以“”是“存在，使得’的的充分条件，若且，则与方向相同，故此时，所以“”是“存在存在，使得”的必要条件，故“”是“存在，使得”的充分必要条件.故选：C.4．【正确答案】D【详解】由图可知，是的极小值点，由已知得，令，得，得，经验证符合题意，所以，由，，可得，解得.故选：D5．【正确答案】B【详解】由题意得，因为，，所以，所以．故选：B．6．【正确答案】B【详解】试题分析：甴已知易得.以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，则设由已知，得，又，它表示圆上点与点距离平方的，，故选B．考点：1.向量的数量积运算；2.向量的夹角；3.解析几何中与圆有关的最值问题.7．【正确答案】A【详解】由题意可得，需满足是的一个根，即，且，所以，，当且仅当，即时取等号.所以的最小值为.故选：A.8．【正确答案】D【详解】因为是正方体，所以平面平面,平面平面,平面平面,所以,是靠近的三等分点，所以,平面平面即是,如图建立空间直角坐标系,设正方体边长为3，则设直线l与所成角为.故选：D.9．【正确答案】ABD【详解】对于A，由，得，又，所以，故A正确；对于B，在空间取一点，过点分别作，，则与确定一个平面，由，，得，，所以，同理，所以，故B正确；

对于C，当m，n相交，且与都平行时，m，n与所成的角相等，此时与不平行，故C错误；对于D，由，可知，在上取一点，过在内作一直线，使得，则，过在内作一直线，使得，则，显然，则，故D正确.

故选：ABD.10．【正确答案】AC【分析】根据复数的模长和加法运算可得，进而逐项分析判断.【详解】设，因为，可知，即，又因为，则，可知，解得，则或，且在复平面内对应的点在第一象限，则，可知，即.对于选项A：因为，所以，故A正确；对于选项B：可知，故B错误；对于选项C：因为，故C正确；对于选项D：，故D错误.故选AC.11．【正确答案】AB【详解】A.当函数为常值函数，此时方程有无数多解，所以A对B.当时，，，，，，所以，B对C.当时，若，则有，解得，其中，所以C错D.据题意，得，令，，∵当时，由勾形函数性质知在单调递增，在单调递减，∴，∴时，值域为,∴①当时，∵，取遍的每一个值，∴当时，一定，使得，如图1所示，

此时，∴符合题设要求.②当时，可知，在单调递增，所以当时，.时（ⅰ）若，则一定，使得，如图2所示，

进而；（ⅱ）若，其中，令，当时，，∴，所以，使得，如图3所示，

进而，∴也符合题设要求，∴D错.故选：AB12．【正确答案】2【详解】由题意，向量的夹角的余弦值为，因为，所以，解得或（舍去）.故2.13．【正确答案】【详解】，，，画出在上的图象，如下：显然，故，，即，解得.故14．【正确答案】【详解】①正四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径，设平面截球所得截面的圆心为，半径为，当时，则，∵，则，∴平面截球O所得截面的周长为.故②如图2，将正四面体绕旋转后得到正四面体，设，∵，则分别为各面的中心，∴两个正四面体的公共部分为，为两个全等的正四棱锥组合而成，根据正方体可得：，正四棱锥的高为，故公共部分的体积.故答案为.15．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）因为，即，.由正弦定理可得，且，即，可得，且，则，可得，又因为，所以（2）因为，即，可得，又，所以，可知平分，则，因为，即，整理可得16．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）由，可得：时，，两式相减可得：，所以，时，，所以，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，的通项公式为（2），.，，两式相减得：，所以，因为恒成立，可得，记，法一：令，则，解得，则，即当时，取到最大值2，可得，所以实数的取值范围.法二：，时，，即，时，，即，则，即当时，取到最大值2，可得，所以实数的取值范围17．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）由已知，，所以，所以，又平面，∴，又∵平面，平面，∴.∵，∴，设到平面的距离，∴，又∵，∴，，所以.（2）设相交于点，因为平面，平面，所以，平面，平面，平面，因为平面，所以，，因为为定值，所以当最小时，三角形面积最小，因为在线段上动，所以当时，最小，即三角形面积最小，此时，取中点，因为为中点，所以.因为平面，平面.所以，所以在平面中，，因为平面，平面，所以平面平面，因为平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，以为原点，以，，分别为轴，建立空间直角坐标系.，，，，，设平面的法向量则，

设，则，所以为平面的一个法向量.平面的法向量.设平面平面夹角，.18．【正确答案】(1)(2)(3)证明见解析.【详解】（1）由，得函数的定义域为，又；当时，f'x>0恒成立，所以在上单调递增，不满足题意；当时，，f'x>0，单调递增；，f'x<0，此时满足存在实数，使得；综上，实数的取值范围为（2）由（1）知，令，则，令，因为，所以在上单调递减，当，即时，恒成立，在上单调递减，没有最大值，当，即时，存在，使得①所以时，，单调递增；时，，单调递减.所以存在的最大值为②由①②消整理得令，关注到，且单调递增，所以是方程唯一解.把代入①式中，求得.（3）由，得，故欲证，只需证：，即，令（），即证，即证，令，则，所以在单调递增，而ℎ1=0，所以，当时，恒成立，证毕.19．【正确答案】(1)(2)(3)证明见解析【详解】（1）由①可得都是中的元素.下面证明中除外没有其他元素：假设中还有其他元素，分两种情况：第一种情况，中最小的元素为1，显然不是中的元素，不符合题意；第二种情况，中最小的元素为2，设中除外的元素为，因为是中的元素，所以为4或8，而4，8也是中的元素，所以中除外没有其他元素.综上，.（2）由①可得，都是中的元素.显然，由（2）可得，是中的元素，即是中的元素.因为，所以，解得.（3）证明：设.由①可得，都是中的元素.显然，由②可得，是中的元素，即是中的元素.同理可得，是中的元素.若，则，所以不可能是中的元素，不符合题意.若，则，所以，即.又因为，所以，即，所以，此时.假设中还有其他元素，且该元素为，若，由（2）可得，而，与