2024-2025学年重庆市高三上册11月月考数学阶段性检测试题（含解析）

2024-2025学年重庆市高三上学期11月月考数学阶段性检测试题一、单选题1．已知集合则（

）A． B． C． D．2．已知点，若A，B，C三点共线，则x的值是（

）A．1 B．2 C．3 D．43．“”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4．若，则a，b，c的大小关系为（

）A． B． C． D．5．设m，n是不同的直线，为不同的平面，下列命题正确的是（

）A．若，则．B．若，则．C．若，则．D．若，则．6．若曲线在处的切线的倾斜角为，则（

）A． B． C． D．7．已知数列的首项，前n项和，满足，则（

）A． B． C． D．8．已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．二、多选题9．在下列函数中，最小正周期为π且在为减函数的是（

）A． B．C． D．10．中，，BC边上的中线，则下列说法正确的有（

）A． B．为定值C． D．的最大值为11．在正方体中，，分别为和的中点，M为线段上一动点，N为空间中任意一点，则下列结论正确的有（

）A．直线平面B．异面直线与所成角的取值范围是C．过点的截面周长为D．当时，三棱锥体积最大时其外接球的体积为三、填空题12．复数（i是虚数单位），则复数z的模为．13．在数列an中，，若对于任意的恒成立，则实数k的最小值为.14．若定义在的函数满足，且有对恒成立，则的最小值为．四、解答题15．平面四边形中，已知(1)求的面积；(2)若，求的大小．16．如图，在直三棱柱中，分别为的中点．

(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值．17．已知双曲线的一条渐近线方程为，点在双曲线C上．(1)求双曲线C的方程.(2)设过点的直线l与双曲线C交于M，N两点，问在x轴上是否存在定点Q，使得为常数？若存在，求出Q点坐标及此常数的值；若不存在，说明理由．18．已知函数.(1)求在处的切线方程；(2)证明：在上有且仅有一个零点；(3)若时，的图象恒在的图象上方，求a的取值范围.19．数列满足，的前n项和为，等差数列满足，等差数列前n项和为．(1)求数列的通项公式；(2)设数列中的项落在区间中的项数为，求数列的前n和；(3)是否存在正整数m，使得是或中的项．若有，请求出全部的m并说明理由；若没有，请给出证明．答案：题号12345678910答案BBADDACBACDABD题号11答案ACD1．B【分析】先分别求出集合，再进行集合的交集运算【详解】由解得，∴，由解得或，所以或，所以0,3故选：B.2．B【分析】利用向量共线的坐标表示即可得解.【详解】因为，所以，因为A，B，C三点共线，则共线，则，解得.故选：B.3．A【分析】将化简，再根据充分必要条件关系判断.【详解】或，由成立可以推出或，但或成立不能推出，所以是的充分不必要条件.故选：A.4．D【分析】首先化解，再根据中间值1，以及幂函数的单调性比较大小，即可判断.【详解】，，，在上单调递增，，所以，所以.故选：D5．D【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．【详解】对于A，直线m与平面可能平行、相交或直线m在平面内，故错误；对于B，或，故错误；对于C，平面与平面平行或相交，故错误；对于D，则，又，所以，D正确；故选：D．6．A【分析】根据导数的几何意义先求出函数在处的导数值，即可得到在处切线的斜率，进而得到倾斜角的正切值，再根据求出题中式子的值.【详解】由题意得，，所以，于是在处切线的斜率为，即.又，将原式分子分母同时除以得，，代入可得最终答案为.故选：A.7．C【分析】根据得到，两式相减得到，求出即可求解.【详解】因为，所以，两式相减得，所以，所以，所以，所以，所以.故选：C.8．B【分析】利用导数研究函数的单调性可证明函数存在唯一零点，即，可得在有零点，利用参变分离可求解.【详解】由，，可得，当时，，此时在单调递减；当时，，此时在单调递增；又因为，所以函数存在唯一的零点，即.因为，解得.即在上有零点，故方程在上有解，而，因为，故，故，所以，故故选：B.方法点睛：对于一元二次方程根与系数的关系的题型常见解法有两个：一是对于未知量为不做限制的题型可以直接运用判别式解答（本题属于这种类型）；二是未知量在区间上的题型，一般采取列不等式组（主要考虑判别式、对称轴、的符号）的方法解答.9．ACD【分析】根据三角函数的图象与性质，以及复合函数的单调性判断方法逐项判断即可.【详解】对于A，的最小正周期为，当时，，，根据余弦函数的单调性可知，此时函数单调递减，故A正确；对于B，的最小正周期，故B不正确；对于C，，所以最小正周期，当时，，根据余弦函数的单调性可知，此时函数单调递减，故C正确；对于D，最小正周期，当时，，由复合函数单调性判断方法可知，此时单调递减，故D正确.故选：ACD.10．ABD【分析】由中线的性质结合向量的线性运算判断A选项；由中线的性质和向量数量积的运算有，求值判断B选项；C选项，由，结合余弦定理求的值；D选项，中，余弦定理得，结合均值不等式求解.【详解】A．，故A正确；B．，故B正确；C．，，由余弦定理知，，即，化简得，故C错误；D．，当且仅当时等号成立，由于，所以的最大值为，故D正确；故选：ABD．11．ACD【分析】利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质可判断A正确；由转化异面直线所成的角，在等边中分析可知选项B错误；找出截面图形，利用几何特征计算周长可得选项C正确；确定三棱锥体积最大时点的位置，利用公式可求外接球的半径和体积，得到选项D正确.【详解】A.∵，平面，平面，∴平面，∵平面，∴，同理可证，，∵，平面，平面，∴直线平面，选项A正确.B.如图，连接，由题意得，，，直线与所成的角等于直线与所成的角，在等边中，当点与两点重合时，直线与所成的角为，当点与中点重合时，，此时直线与所成的角为，故直线与所成角的取值范围是，选项B错误.C.如图，作直线分别与直线交于点，连接与交于点，连接与交于点，则五边形即是截面.由题意得，为等腰直角三角形，，由得，，∴，∴，，同理可得，，∵分别为和的中点，∴，∴截面周长为，选项C正确.D.当时，点的轨迹为以为直径的球，球心为中点，半径为，三棱锥的体积即为三棱锥的体积，点到平面距离的最大值为球的半径，此时点在正方形的中心处，三棱锥体积有最大值.由题意得，平面平面，，均为等腰直角三角形，的外接圆半径为，的外接圆半径为，∴三棱锥的外接球半径，∴外接球体积为，选项D正确.故选：ACD.方法点睛：本题为立体几何综合问题，求三棱锥外接球半径方法为：（1）在三棱锥中若有平面，设三棱锥外接球半径为，则，其中为底面的外接圆半径，为三棱锥的高即的长.（2）在三棱锥中若有平面平面，设三棱锥外接球半径为，则，其中分别为的外接圆半径，为公共边的长.12．2【分析】利用复数除法运算化简，再由复数模的计算公式求解．【详解】，.故答案为.13．【分析】利用构造法分析得数列是等比数列，进而求得，从而将问题转化为恒成立，令，分析数列的最值，从而得解.【详解】由，得，又，故数列为首项为，公比为的等比数列，所以，则不等式可化为，令，当时，；当时，；又，则当时，，当时，，所以，则，即实数的最小值为.故答案为.14．【分析】由条件等式变形为，再构造函数，得到，并迭代得到，由此得到，，并求和，利用放缩法，即可求解最小值.【详解】因为，所以，设，则，因此，所以，取，得，所以，所以的最小值为.故答案为.15．(1)(2)【分析】（1）由已知，设，则，由余弦定理，可得，利用三角形的面积公式即可求得的面积；（2）在中，由正弦定理，可求得，进而求得，进而求得，在中，由正弦定理，求得，即可求得的大小．【详解】（1）

由已知，设，则，在中，由余弦定理，，因为，所以，解得，所以，，所以.（2）在中，由正弦定理，，因为，，所以，又在中，，则，所以，因为，所以，在中，由正弦定理，，又，则，解得，又因为，所以，因为，则.16．(1)证明见解析(2).【分析】（1）先证明四点共面，再证明，由线面平行的判定定理可证；（2）以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角公式，带入求解即可.【详解】（1）证明：连接，因为分别为的中点，则，在三棱柱中，，则，则四点共面，，且，分别为的中点，则且，则四边形为平行四边形，则，平面，平面，则平面.（2）在直棱柱中，，则以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系：则有，，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则及，令，则有，则，因为二面角为钝角，则所求二面角的余弦值为.17．(1)；(2)存在，，.【分析】（1）根据题意由双曲线的渐近线方程得到的值，再根据在双曲线上，将坐标代入双曲线方程即可解得的值.（2）设出直线l方程与M，N点坐标，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理可表示出、、、，再设出坐标，则可以表示出坐标，即可用坐标表示出的值，再结合具体代数式分析当为常数时的值.【详解】（1）由题意得，因为双曲线渐近线方程为，所以，又点在双曲线上，所以将坐标代入双曲线标准方程得：，联立两式解得，，所以双曲线的标准方程为.（2）如图所示，点,直线l与双曲线交于两点，由题意得，设直线l的方程为，点坐标为，联立得，，设，，则，，，，，，所以，所以若要使得上式为常数，则，即，此时，所以存在定点，使得为常数.关键点点睛：本题（2）问解题关键首先在用适当的形式设出直线l的方程，当已知直线过x轴上的定点时，可设直线方程为，这样可简化运算，其次在于化简时计算要仔细，最后判断何时为常数时要抓住“消掉m”这个关键，即最后的代数式中没有我们设出的m.18．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据解析式求出切点，再根据导函数求出斜率，点斜式可得到切线方程；（2）先分析函数的单调性，需要二次求导，再结合函数值的情况进行判断；（3）对于函数图象的位置关系问题，可先特值探路求出参数的取值范围，再证明在该条件不等式恒成立即可.【详解】（1），当时，，所以切点为，因为，所以斜线方程的斜率，根据点斜式可得可得，所以在处的切线方程为；（2）由（1）可得，令，所以，当和时，，，单调递增；当时，，，单调递减；，，，，存在使得gx0所以在上单调递增，在单调递减，又，，所以在上有且仅有一个零点；（3）因为时，的图象恒在的图象上方，即恒成立，等价于恒成立，当时，有，下证：即证，恒成立，令，当时，，当时，，设，则，此时在有两个不同的解，且当或时，，当时，，故在上为减函数，在，上为增函数，而，故当时，，当时，，当时，，故在上为增函数，在为减函数，在为增函数，而，故时，恒成立，综上.方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数y=gx的图象的交点问题.19．(1)，(2)(3)，或【分析】（1）先利用数列通项与前n项和的关系求出，然后得到为等差数列，求得，再求得，计算数列an的通项公式即可；（2）先求出区间的端点值，然后明确an的项为奇数，得到中奇数的个数，得到通项公式，然后求和即可；（3）先假设存在，由（1）求得，，令，然后判断的取值，最后验证，不同取值时，的值即可.【详解】（1）由题可知，当时，；当时，得因为两式相减得经检验，当时，显然，bn所以所以等差数列an的公差所以（2）由（1）可知，因为，所以为奇数；故为区间的奇数个数显然为偶数所以所以（3）由（1）可知，所以若是an或bn不妨令，则则有因为所以因为为数列an或bn所以