2024-2025学年江西省上饶市高三上学期11月月考数学检测试题（附解析）

2024-2025学年江西省上饶市高三上学期11月月考数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值是（

）A． B． C． D．2．设函数，，若，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．3．在中，若分别为内角的对边，且，则（

）A．1 B．2 C．3 D．44．已知直线和平面，则下列命题正确的是（

）A．平面内不一定存在和直线垂直的直线B．若，则C．若异面且，则D．若，则直线可能两两相交且不过同一点5．设、，向量，，且，，则（

）A． B． C． D．6．概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏，每局比赛都能分出胜负，没有平局．双方约定：各出赌金210枚金币，先赢3局者可获得全部赎金．但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局，问这420枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案．该分配方案是（）A．甲315枚，乙105枚 B．甲280枚，乙140枚C．甲210枚，乙210枚 D．甲336枚，乙84枚7．设数列的前项和为，若，则称数列是数列的“均值数列”.已知数列是数列的“均值数列”，且，则下列结论正确的是（）A．设数列的前项积为，则对任意，都有B．设数列的前项积为，则既有最大值，也有最小值C．数列中没有最大项D．若对任意，恒成立，则8．已知函数，下列说法错误的是（）A．图像关于对称B．只有一个零点且C．若，则D．不等式的解集二、多选题（本大题共3小题）9．下列说法中正确的有（

）A．函数在上单调递增B．函数的定义域是，则函数的定义域为C．不等式的解集为D．函数关于点中心对称10．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），则（）A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面B．存在点Q，使平面BMNC．过Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为D．点H是四边形内的动点，且直线PH与直线AD夹角为，则点H的轨迹长度为11．若函数，与轴的三个交点依次为，，，且在这三个交点处的切线斜率分别记为，，，则下列说法中正确的是（）A．B．若，则C．若，，成等差数列，则D．三、填空题（本大题共3小题）12．已知某组数据为x，y，8，10，11．它的平均数为8，方差为6，则的值为．13．如图，OPQ是以O为圆心，半径为1，圆心角为的扇形，C是扇形弧上的动点，AB在线段OP上，ABCD是扇形的内接矩形，则的最大值为.14．在研究线性回归模型时，样本数据（，，，，）所对应的点均在直线上，用表示解释变量对于反应变量变化的线性相关度，则.四、解答题（本大题共5小题）15．已知函数.(1)判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义证明；(2)解不等式.16．如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点.(1)求证：平面；(2)设点P为底面ABC内（包括边界）的动点，且平面，若点P的轨迹长度为，求三棱柱的侧面积.17．已知分别为椭圆的左､右焦点，分别为椭圆的左､右顶点，Px0,y0为椭圆上的动点，过动点Px0,y0作椭圆的切线.分别与直线和相交于两点，四边形的对角线相交于点，记动点的轨迹为.(1)证明：椭圆在点处的切线方程为.(2)求动点的轨迹的方程.(3)过点作斜率不为的直线与相交于点，直线与的交点为，判断点是否在定直线上.18．如图在斜三棱柱中，，，，平面平面ABC，E是棱上一点，D，F分别是AC，AB的中点.(1)当，证明：平面BED；(2)判断当的值为多少时，锐二面角的余弦值为19．函数，为实数.设是函数在点处的切线.为函数的导函数.(1)求和的值；(2)求的单调性；(3)若对任意时，总有，则称实数为函数的“A类值”，求函数的所有“A类值”.

答案1．【正确答案】B【分析】结合一次函数与二次函数的图象性质，由不等式可得两函数有共同零点，由此得是方程的根，可得的关系，消除再利用基本不等式求解最小值可得.【详解】设，.由已知，在单调递增，当时，；当时，.由图象开口向上，，可知方程有一正根一负根，即函数在有且仅有一个零点，且为异号零点；由题意，则当时，；当时，.所以是方程的根，则，即，且a>0，所以，当且仅当，即时等号成立.则的最小值是.故选B.2．【正确答案】C【详解】当时，由，可得，，解得，则；当时，由，可得，解得，则.综上所述，由，解得，当x>0时，由，可得，，解得，则；当x=0时，由，可得，显然成立，则x=0；当时，由，可得，，解得或，则.综上所述，，解得.故选：C.3．【正确答案】C【分析】根据给定条件，利用切化弦及和角的正弦公式化简，再利用正余弦定理化简即得.【详解】在中，由，得，即，整理得，由正弦定理及余弦定理得：，则，所以.故选C.4．【正确答案】C【详解】对于A，我们要讨论平面和直线的关系，当时，平面内一定存在和直线垂直的直线，当直线时，在平面内有无数条直线与直线是异面垂直直线；当直线平面时，在平面内有无数条平行直线与直线相交且垂直；当直线与平交但不垂直时，在平面内有无数条平行直线与直线垂直，故平面内一定存在和直线垂直的直线，故A错误；对于B，当时，一定有或相交，故B错误；对于C，如图，因为，过直线，一定存在平面，使得，，所以，而，，故，因为异面，所以一定相交，而，，故成立，故C正确；对于D，如图，

，，，.∵直线和不平行，相交.设，则，.又.三条直线相交于同一点，故D错误，故选：C5．【正确答案】D【分析】利用空间向量垂直与共线的坐标表示求出、的值，求出向量的坐标，利用空间向量的模长公式可求得结果.【详解】因为，则，解得，则，因为，则，解得，即，所以，，因此，.故选D.6．【正确答案】A【详解】由题可知，对单独每一局游戏，甲乙获胜的概率均为，若游戏继续进行，最多再进行2局即可分出胜负，①第四局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；②第四局乙赢，第五局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；③第四局乙赢，第五局乙赢，比赛结束，乙胜出，概率为；所以甲胜出的概率为，甲应该分得赌金的，即甲分得赌金枚，乙分得赌金枚.故选：A.7．【正确答案】B【详解】由，可得；两式相减可得，当时，可得符合上式；又数列的前项和为，且可得；当时，可得，当时，可得符合上式，可得；所以可知当时，，当时，；又，对于A，显然当时，，即A错误；对于B，易知，当时，，因此可得，且；由可知当或时，取得最大值；当时，有最小值，可得既有最大值，也有最小值，即B正确；对于C，由可知，易知且，即可得数列中的最大项为，即C错误；对于D，若对任意，可知，由恒成立，结合C中分析可得即可，又可得，解得或，即D错误.故选：B8．【正确答案】B【详解】对于A:，所以图像关于对称，故A正确；对于B:，当且仅当时取等号，故在定义域内为增函数，又，，由零点存在性定理可知在上不存在零点，故B错误，对于C：，，故为偶函数，，所以，正确；对于D:，当且仅当时取等号，故在定义域内为增函数，构造，，为奇函数，同时由的单调性可知，在定义域内也为增函数，由，可得：，即，所以，解得：，故D正确，故选：B9．【正确答案】BD【详解】对于A，函数在上单调递减，故A错误；对于B，函数的定义域是，可得，解得，所以函数的定义域为，故B正确；对于C，不等式，当时解集为；当时解集为；当时解集为，故C错误;对于D，的图象可由向左平移1个单位，再向上平移1个单位得到，可得关于点中心对称，故D正确.故选：BD.10．【正确答案】BCD【详解】选项A，连接，，，正方体中易知，P，N分别是，中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，但Q是线段上的动点（不包含端点），故A错误；选项B，如图，取中点为，连接，，，因为M，N分别是，中点，则与平行且相等，故四边形是平行四边形，所以，又是中点，所以，所以，平面，平面，所以平面，B正确；选项C，如图，在平面上作⊥于K，过K作⊥交BC或者于T，因为平面⊥平面，交线为，平面，所以⊥平面，又平面，所以⊥，因为，平面，所以平面QKT，平面QKT截正方体截面为平行四边形，当T与点C重合时，面积最大，此时，，面积为，当Q与点无限接近时，面积接近于0，过Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C正确；选项D，取的中点，连接，则，则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆，交，于X，Y，则点H的轨迹为以O为圆心，2为半径的部分圆弧，此时满足直线PH与直线AD夹角为，如图，，故，所以点H的轨迹长度为，D正确.故选：BCD11．【正确答案】CD【详解】对于A，，因为有三个零点，所以至少有三个单调区间，即有两个不相等的实数根，所以，解得，故A错误；对于B，时，，，由或，由，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，在处取得极小值，又，所以函数的图象关于点中心对称，所以，又在上单调递增，所以，所以，故B错误；对于C，，所以，若，，成等差数列，则，即，故C正确；对于D，，，所以，同理，所以，故D正确；故选：CD．12．【正确答案】65【详解】因为x，y，8，10，11．它的平均数为8，所以，由，得，则，可得.故65.13．【正确答案】【详解】设，，则，故，则，则，则，因为，所以，故当，即时，取得最大值，最大值为.故14．【正确答案】【详解】由已知样本数据（，，，，）所对应的点均在直线上，则，又，所以满足负相关，即，故答案为.15．【正确答案】(1)增函数，证明见解析(2)【详解】（1）函数在上的单调递增,证明如下：设任意且，则，因为且，所以，，所以，即，所以函数在上的单调递增.（2）由知定义域为，关于原点对称，又，所以函数为奇函数，由可得，因为，，所以，解得，即不等式的解集为.16．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）在三棱柱中，连接，由，M为的中点，得，又平面，且平面，则，，由，平面，得平面，在中，分别为的中点，则，，而，，则，，即四边形为平行四边形，则，所以平面.（2）连接，由（1）可知：，且平面，平面，则平面，在平行四边形中，分别为的中点，则，，四边形为平行四边形，，且平面，平面，于是平面，且，平面，所以平面平面，且平面平面，则点P的轨迹为线段，即，由，，为的中点，得，，且为矩形，则，在中，，则边上的高，可得，所以三棱柱的侧面积.17．【正确答案】(1)证明见解析(2)(3)在【详解】（1）证明：联立方程组，消去整理得，又，即，整理得，解得，所以直线与椭圆有且仅有一个交点Px0,即切线方程为.（2）解：由（1）中切线方程，令，得，令，得，因为，所以直线，①因为，所以直线，②由①②得.因为，得，所以动点的轨迹的方程为）.（3）解：设直线的方程为，联立方程组得，则，所以.因为直线的方程为，直线的方程为，所以，所以，所以，整理得所以，即点在定直线上.

18．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接，D，F分别是CA，BA中点，则且，，是平行四边形，因此且，所以与平行且相等，是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面.（2）当时锐二面角的余弦值为，理由如下：取中点，连接，，因为，则，，，则是正三角形，所以，，平面平面，平面平面，平面，所以平面，，以OA，OC，为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，