2024-2025学年江苏省徐州市高三11月联考数学检测试题（附解析）

2024-2025学年江苏省徐州市高三11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．在复平面内，复数对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限3．设，都是不等于1的正数，则“”是“”的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件4．若等差数列的前项和为，则“且”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5．已知，则（

）A． B． C． D．6．函数，若数列满足，，且是递增数列，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．7．设P，A，B，C是球表面上的四个点，PA，PB，PC两两垂直，球的体积为，二面角的大小为，则三棱锥的体积为（

）A．2 B． C． D．48．在中，已知，点是BC的中点，点是线段AD上一点，且，连接CE并延长交边AB于点，则线段CP的长度为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知函数在处取得极小值，与此极小值点相邻的的一个零点为，则（

）A． B．是奇函数C．在上单调递减 D．在上的值域为10．定义在上的函数同时满足以下条件：①；②；③当时，.则下列结论正确的有（）A．在上单调递增 B．C．（） D．11．在圆锥中，母线，底面圆的半径为r，圆锥的侧面积为，则（）A．当时，圆锥内接圆柱体的体积最大值为B．当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为C．当时，圆锥能在棱长为4的正四面体内任意转动D．当时，棱长为1的正四面体能在圆锥内任意转动三、填空题（本大题共3小题）12．已知，则向量在向量上的投影向量的坐标为.13．任何有理数都可以化为有限小数或无限循环小数；反之，任一有限小数或无限循环小数也可以化为的形式，从而是有理数.则（写成的形式，与为互质的具体正整数）；若构成了数列，设数列，求数列的前项和.14．若存在实数m，使得对于任意的，不等式恒成立，则取得最大值时，．四、解答题（本大题共5小题）15．已知函数，且.(1)求的值及的单调递增区间；(2)将的图象向右平移个单位，再将所得图象上每个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.当时，求不等式的解集.16．已知直三棱柱中，，分别为和的中点，为棱上的动点，.(1)证明：平面平面；(2)设，是否存在实数，使得平面与平面所成的角的余弦值为?17．已知函数.过点可以作曲线的两条切线，切点分别为.(1)求实数的取值范围；(2)证明：若，则.18．在中，内角，，的对边分别为，，，.(1)判断的形状；(2)已知，，，点、是边上的两个动点（、不重合，且点靠近，点靠近）.记，.①当时，求线段长的最小值；②是否存在常数和，对于所有满足题意的、，都有成立？若存在，求出和的值；若不存在，请说明理由.参考公式：，.19．在下面n行n列的表格内填数：第一列所填各数自上而下构成首项为1，公差为2的等差数列；第一行所填各数自左向右构成首项为1，公比为2的等比数列；其余空格按照“任意一格的数是它上面一格的数与它左边一格的数之和”的规则填写.设第2行的数自左向右依次记为.第1列第2列第3列…第n列第1行12…第2行3第3行5……第n行(1)求数列的通项公式；(2)对任意的，将数列中落入区间内项的个数记为，①求和的值；②设数列的前m项和为，是否存在，使得?若存在，求出所有的值；若不存在，请说明理由.答案1．【正确答案】D【详解】解，得，则，而，所以.故选：D2．【正确答案】D【详解】因为，所以该复数在复平面内对应的点为，位于第四象限.故选：D.3．【正确答案】B【详解】若，可得，则，所以，即等价于；若，等价于，显然可以推出，但不能推出，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：B.4．【正确答案】A【详解】因为且，所以等差数列单调递减，且公差小于0，故，，则，即，所以，由，当时，等差数列单调递增，则不可能满足且，因此“且”是“”的充分不必要条件.故选：A.5．【正确答案】D【详解】将平方得，，①将平方得，，②①＋②得，所以，即.故选：D6．【正确答案】D【详解】根据题意可知分段函数为增函数，且，列出不等式组，解不等式组即可求解.【详解】由题意可知分段函数为增函数，且，即，解得，故实数的取值范围是.故选：D本题考查了分段函数的单调性、数列的单调性，考查了基本运算求解能力，属于基础题.7．【正确答案】C【详解】∵PA，PB，PC两两垂直，所以可以把三棱锥补成一个长方体，如图，是该长方体同一顶点处的三条棱，长方体的外接球就是三棱锥的外接球，长方体的对角线就是其外接球的直径，由得，所以，作，垂足为，连接，因为平面，平面，所以，同理，又，平面，所以平面，而平面，所以，所以是二面角的平面角，所以，由得，而，又，所以，所以，，故选：C．8．【正确答案】B【详解】,因为点三点共线，所以，得，即，，两边平方，，所以.

故选：B9．【正确答案】ABD【分析】对A，根据极小值可得，再根据极值点与零点关系可得周期，进而可得，再代入极小值点求解即可；对B，根据解析式判断即可；对C，代入判断是否为减区间即可；对D，根据正弦函数在区间上的单调性与最值求解即可.【详解】对A，由题意，且周期满足，故，即，，故.因为在处取得极小值，故，即，又，故，则.由诱导公式，故A正确；对B，，为奇函数，故B正确；对C，则，不为余弦函数的单调递减区间，故C错误；对D，则，故，则，故D正确.故选：ABD10．【正确答案】BCD【详解】因为，所以，因为，所以，所以，所以；因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以，由上可知，A错误，B正确；因为，所以，故C正确；因为，且，所以，因为当时，，且，所以，故D正确；故选：BCD.11．【正确答案】AD【详解】由已知圆锥的侧面积为，即，A选项：当时，，，此时圆锥的轴截面、圆锥内接圆柱体的轴截面如图所示，设，则由相似三角形性质有，设，令，当时，f'x>0，所以在上单调递增，当时，f'x<0，所以在上单调递增，所以当时，有最大值，且它的最大值为，所以，故A正确；B选项：当时，，此时圆锥的轴截面如图所示，

，所以为钝角，令，是圆锥的底面圆周上任意的不同两点，则，所以，当且仅当时，取等号，故B错误；C选项：当时，，高，设圆锥的外接球球心为，圆锥的外接球半径为，所以，棱长为4的正四面体可以补成正方体，如图所示，

则正方体的棱长，正四面体的体积为，正四面体的表面积为，设正四面体的内切球半径为，则由等体积法可知，注意到，所以圆锥不能在棱长为4的正四面体内任意转动，故C错误；D选项：棱长为1的正四面体可以补成正方体，如图所示，

则正方体的棱长，

所以正方体的外接球即正四面体的外接球，直径为，半径为，当时，，高，圆锥的内切球球心在线段上，圆锥的轴截面截内切球的大圆，即圆锥轴截面的内切圆，设内切圆半径为，由三角形面积得，解得，所以棱长为1的正四面体能在圆锥内任意转动，故D正确.故选：AD.12．【正确答案】【详解】向量在向量上的投影向量为.故13．【正确答案】【详解】令，则，解得，所以易知所以所以所以所以；14．【正确答案】【分析】以为变量，结合一元二次不等式的存在性问题可得，解不等式结合题意得，由此可得答案.【详解】因为恒成立，即恒成立，若存在实数，使得上式成立，则，则，可得，可得，解得，由，则取得最大值时，此时.故答案为.【思路导引】双变量问题的解题关键是一次只研究其中一个变量，本题先以为变量，转化为存在性问题分析求解.15．【正确答案】(1)，单调递增区间为（）(2)【详解】（1），因为，所以，，可得，，又，所以，所以，由，，可得，，所以的单调递增区间为（）.（2）因为的图象向右平移个单位得到的图象，再将的图象上各个点横坐标变为原来2倍得到的图象，所以；所以不等式为，不等式化为，所以，所以，所以，结合函数在上的图象得，所以原不等式的解集为.16．【正确答案】(1)证明见解析；(2)存在.【详解】（1）由于在直三棱柱中，有平面，而在平面内，故，同时有，且，故，由于，，且和在平面内交于点A，故平面，由于在平面内，故，取的中点，由于分别是和的中点，故，而，故，即，由于分别是和的中点，可以得到，所以有平行四边形，故，设和交于点，由于，，，从而得到全等于，故，这就得到，从而，即，而，故，由于，即，而，和在平面内交于点，故平面，由于平面，在平面内，故平面平面.（2）有，又因为平面，和在平面内，故，，由于两两垂直，故我们能够以A为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系，由于题设条件和需要求证的结论均只依赖于线段间的比值，不妨设，这就得到，，，，，，，，据题设有，显然，此时，从而有，，，，设和分别是平面和平面的法向量，则，，即，，从而可取，.此时平面与平面所成的角的余弦值为，故条件等价于，即，解得，所以存在，使得平面与平面所成的角的余弦值为.17．【正确答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）设切点，易知，，则有，即，令，则有两个交点，横坐标即分别为，易知，显然时，ℎ'x>0，则ℎx时，ℎ'x<0，在结合指数函数的性质，可知，ℎx在的值域为0,+∞，在0,+∞上的值域也为0,+∞，，则要满足题意需，即；（2）由上可知：，作差可得，即，由（1）知：ℎx在上单调递减，在0,+∞上单调递增，令，则始终单调递减，所以，即，所以，所以，不难发现，，所以由弦长公式可知，所以，设所以由，即，证毕.18．【正确答案】(1)直角三角形或等腰三角形(2)①；②成立，，【详解】（1）在中，因为，且，所以，即，，所以或者.当时，所以，为直角三角形；当时，所以，为等腰三角形.综上所述，为直角三角形或等腰三角形.（2）①因为，所以，又，，所以，.如图，设，，方法一：在中，由正弦定理，得，所以.在中，由正弦定理，得，所以.因为，所以，故当，即时，.方法二：在中，由正弦定理，得，所以.在中，由正弦定理，得，所以.因为，所以，故当，即时，.方法三：在中，由正弦定理，得，所以.在中，由正弦定理，得，所以.所以

，因为，所以，故当，即时，.②假设存在常数，，对于所有满足题