河南省焦作市2024-2025学年高三上册11月月考数学检测试题（含解析）

河南省焦作市2024-2025学年高三上学期11月月考数学检测试题一、选择题（每小题5分，共8小题40分）1．已知集合，则集合（

）A． B． C． D．2．已知p：，q：，若p是q的充分不必要条件，则m的取值范围是（

）A． B． C． D．3．已知为奇函数，且当时，.则当时，的最小值是（

）A．2 B． C． D．4．已知角的终边上一点，且，则（

）A． B． C． D．5．已知等比数列的前n项和为，且，若，，则（

）A．90 B．135 C．150 D．1806．函数的最大值为（

）A． B． C． D．7．已知向量，，若在上的投影向量，则向量与的夹角为（

）A． B． C． D．8．已知函数的定义域为，满足，当时，，记的极小值为，若对，则的最大值为（

）A． B． C． D．不存在二、多选题（每小题5分，共4小题20分）9．下列等式成立的是（）A． B．C． D．10．已知定义在上的函数满足：对于任意的，都有，且当时，，若，则下列说法正确的有（

）A．B．关于对称C．在上单调递增D．11．已知a为常数，函数有两个极值点，（），则（

）A． B． C． D．12．如图，在边长为2的正方体中，点E，F分别的中点，点P为棱上的动点，则（

）

A．在平面内不存在与平面垂直的直线B．三棱锥的体积为定值C．平面D．过三点所确定的截面为梯形三、填空题（每小题5分，共4小题20分）13．函数的定义域为．14．已知函数（为常数）为奇函数，则满足的的取值范围是.15．在中，，点在线段上且与端点不重合，若，则的最大值为.16．设定义在上的函数满足，若，，则的最小值为．四、解答题（17题10分，18—22题每题12分，共6小题70分）17．已知集合，.(1)若，求；(2)若，求的取值范围.18．已知数列满足，且.(1)证明：是等比数列，并求的通项公式；(2)已知数列满足，求的前项和.19．已知函数．(1)若在上有且仅有2个极值点，求的取值范围；(2)将的图象向右平移个单位长度后，再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若的最小正周期为，求的单调递减区间．20．三棱柱中，侧面是矩形，，.

(1)求证：面面ABC；(2)若，，，在棱AC上是否存在一点P，使得二面角的大小为45°？若存在求出，不存在，请说明理由.21．记的内角的对边分别为，已知.(1)的值;(2)若b=2，当角最大时，求的面积.22．已知函数，.(1)若的最大值是0，求m的值；(2)若对于定义域内任意x，恒成立，求m的取值范围.1．A【分析】根据集合定义求出集合，再由交集定义计算．【详解】由已知，∴．故选：A.2．C【分析】先求得命题p、q中x的范围，根据p是q的充分不必要条件，即可得答案.【详解】命题p：因为，所以，解得，命题q：，因为p是q的充分不必要条件，所以.故选：C3．C【分析】根据函数奇偶性可知，在上的最大值为2，利用奇函数的对称性即可求得结果.【详解】当时，在内，由二次函数性质可知当时，有最大值2，因为为奇函数，所以其图象关于原点对称，所以在内存在最小值.故选：C4．B【分析】先通过三角函数的定义求出，代入求出，继而求出的值.【详解】角的终边上一点，解得..故选：B.5．C【分析】利用等比数列的性质得出，，，之间的关系，求出，即可得出的值.【详解】由题意，在等比数列中，，由等比数列前n项和的性质可得，，，成等比数列，∴有，即，整理可得，解得（舍）或，∵，∴有，解得，故选：C.6．B【分析】利用导数，结合三角函数的性质即可得解.【详解】因为，所以，易知，则，所以当时，；当时，；即当时，单调递增；当时，单调递减；故在处取得极大值即最大值，所以.故选：B.7．C【分析】根据投影向量求出，再求向量与的夹角.【详解】设向量与的夹角为，与同向的单位向量为，∵在上的投影向量为，，∴，∴，∴，所以，∵，∴，∴与的夹角为，故选：C.8．B【分析】由可得，当时，，可求得的极小值，由可得，从而得出结果.【详解】因为，所以，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值，因为对，所以.故选：B9．AC【分析】根据对数的运算性质计算逐项计算.【详解】，A成立；，B不成立；，C成立；，D不成立.故选：AC10．BCD【分析】赋值法可判断AB；利用单调性的定义可判断C；利用已知可得，再由累加法可判断D.【详解】对于A，令，得，可得，故A错；对于B，令，则，令，则，故B对；对于C，设，则，因为，故，故，故在上单调递增，故C对；对于D，令，故，所以，故，故D对.故选：BCD.11．ACD【分析】令，则，作出，的大致图象，可判断AB；由函数的单调性可判断CD【详解】，，令，则，令，则，在上单调递增，在上单调递减．作出，的大致图象，当时，有两个根，，且，故A正确；当时，，故B错误；又函数在区间上递减，在区间上递增，在区间上递减，，，故CD正确；故选：ACD．12．BCD【分析】由平面即为平面，结合平面，可判定A错误；由为定值，所以B正确；取中点G，证得平面平面，可判定C正确；取的中点，得到所确定的截面即为平面，进而得到四边形为梯形，可判定D正确.【详解】对于A中，如图（1）所示，平面即为平面，在正方形中，又由正方体中，平面，且平面，所以，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以，同理可证：，因为且平面，所以平面，所以在平面内存在与平面垂直的直线，所以A不正确；

对于B中，如图（2）所示，由为定值，故B正确；

对于C中，如图（3）所示，取中点G，连接GF，，由，因为平面，且平面，所以平面，同理可证：平面，又因为，且平面，所以平面平面，因为平面所以，所以平面，所以C正确；

对于D中，如图（4）所示，连接，因为为和的中点，所以，又因为，可得，所以所确定的截面即为平面，其中，且四边形为梯形，所以D正确.故选：BCD.

13．【分析】利用对数函数的定义域及根式有意义求解即可.【详解】由根式有意义及对数的真数部分大于0可得，解得，故14．【分析】根据题意，由函数的奇偶性可得，再求导可得函数在上单调递增，结合其单调性与奇偶性求解不等式，即可得到结果.【详解】因为函数（为常数）为奇函数，则，即，解得，检验符合，所以，且，即函数在上单调递增，则，即，解得，所以不等式的解集为.故15．【分析】根据，利用平面向量基本定理可得，利用基本不等式可求得，结合对数运算可得结果.【详解】，，

在线段上且与端点不重合，，且，，（当且仅当时取等号），，.故答案为.16．【分析】由可知，令，由，可知，利用的单调性解不等式即可.【详解】由可知，令，则，所以在上单调递增.因为，所以，因为所以，所以，又因为在上单调递增.所以故17．(1)(2)【分析】（1）根据集合的交集，可得答案；（2）利用分类讨论，分集合是否为空集，建立不等式组，可得答案.【详解】（1）当时，易得，，.（2）若，即时，，满足.若，即时，要使，只需或，解得或.综上所述，的取值范围为.18．(1)证明见解析，(2)【分析】（1）根据结合等比数列的定义即可得证；再利用构造法求的通项即可；（2）利用分组求和法和裂项相消法计算即可.【详解】（1）由，得，，，，，则是首项为4，公比为2的等比数列，由是首项为4，公比为2的等比数列，则，，即数列是首项为2，公差为1的等差数列，，则；（2），则.19．(1)；(2).【分析】（1）根据辅助角公式，结合函数极值的性质进行求解即可；（2）根据正弦型函数图象变换性质，结合正弦型函数的周期公式、单调性进行求解即可.【详解】（1），因为，所以当时，，依题意可得，函数在上有且只有2个极值点，则，解得，故的取值范围是；（2）依题意可得，，因为的最小正周期为，所以，即，所以，令，，则，，故的单调递减区间为．20．(1)证明见解析(2)存在点P满足条件，此时（即P是AC中点时）.【分析】（1）由题，根据平面与平面垂直的判定定理可得；（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量法求解即可.【详解】（1）证明：，侧面是菱形，，又，，平面，平面，，因为侧面是矩形，所以，又，平面，又平面,.（2）由（1），以C为坐标原点，射线、为x、y轴的正向，平面上过C且垂直于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

由条件，，，设，由（1），面，所以，面的法向量为.设面的法向量为，由，即，可设，∴，∴，得，即，得，（舍），即，所以，存在点P满足条件，此时（即P是中点时）.21．(1)0(2)【分析】（1）由正弦定理结合得到，推导出；（2）方法一：根据，结合第一问中的结论，结合基本不等式求出当时A取到最大值，由正弦定理求出，利用三角形面积公式求出答案；方法二：根据，利用余弦定理得到，利用角A的余弦定理，结合基本不等式求出A取到最大值为，此时，利用三角形面积公式求出答案.【详解】（1）∵，由正弦定理得：，∵，∴，∴，方程两边同时除以得：∴，（2）方法一：∵当且仅当，即时等号成立，此时A取到最大值.∵，∴，则，由正弦定理得：，即，解得：，∴当A最大时，方法二：∵，∴，∴，∴，∴，当且仅当，即时等号成立，此时A取到最大值为，∵，∴，∴当A最大时，22．(1)(2)【分析】（1）求导，分类讨论函数的单调性，即可根据最值求解，（2）分离参数得，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可根据最值求解.【详解】（1）的定义域，.若，，在定义域内单调递增，无最大值；若，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；所以当时，取得最大值，所以.（2）对于定义域内任意x，恒成立，即在恒成立.设，则.设，则，所以在其定义域内单调递增，且，，所以有唯一零点，且，所以.构造函数，则，又函数在是增函数，故，，由于当，，所以由在上单调递减，在上单调递增，所以