江西省上饶市广信区信芳学校2024-2025学年高三上学期11月检测数学试卷

这是一份江西省上饶市广信区信芳学校2024-2025学年高三上学期11月检测数学试卷，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知集合，若，则（ ）
A．0B．1C．2D．0或1
2．已知函数，若，则的最小值为（ ）
A．2B．4C．D．
3．已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．关于点对称
C．将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于轴对称
D．若在区间上单调，则实数的取值范围为
4．如图，在棱长为1的正方体中，为的中点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
5．阿波罗尼斯，古希腊人，与阿基米德、欧几里得一起被誉为古希腊三大数学家．阿波罗尼斯研究了众多平面轨迹问题，其中阿波罗尼斯圆是他的论著中的一个著名问题：已知平面上两点，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆．已知在平面直角坐标系中，，动点满足，记动点的轨迹为.对任意实数，直线：与曲线恒有公共点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知某工厂生产的某批产品的质量指标服从正态分布，质量指标大于或等于20的产品为优等品，且优等品出现的概率为，现从该批产品中随机抽取6件，用表示这6件产品的质量指标不在区间的产品件数，则（ ）
A．0.96B．0.48C．1.2D．2.4
7．已知数列满足，，则的2024项的和为（ ）
A．2024B．2025C．2026D．2027
8．若对，函数的函数值都不超过函数的函数值.则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．定义域和值域均为-a,a的函数y=fx和y=gx的图象如图所示，其中，则（ ）
A．方程有且仅有3个解B．方程有且仅有3个解
C．方程有且仅有5个解D．方程有且仅有1个解
10．在中，角所对的边分别为，给出下列命题，其中正确的命题为（ ）
A．若，则
B．若，则满足条件的有两个
C．若，则是钝角三角形
D．存在，使得成立
11．如图，在正方体中，分别是的中点.下列结论错误的是（ ）
A．
B．平面
C．与所成的角为
D．平面
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．甲、 乙两人同时解关于的方程：.甲写错了常数，得两根为及；乙写错了常数，得两根及，则这个方程的真正的根为
13．已知，且，则 ．
14．设是数字的排列，若存在成立，则称这样的排列为“树德好排列”，则从所有的排列中任取一个，则它是“树德好排列”的概率是 .
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15．（13分）已知二次函数．
(1)函数有无零点，若有，求出零点；若没有，说明理由；
(2)求函数在时的值域，并简单说明理由．
16．（15分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．
(1)求角；
(2)若，，求的周长；
(3)若，D，E是边BC上的两点，且，求的值．
17．（17分）长方体中，底面为边长为2的正方形，，点在棱上，且．
(1)求三棱锥的体积；
(2)求直线与平面所成角的正切值；
(3)过线段作一个与底面成角大小的截面，求截面的面积．
18．（15分）已知双曲线的离心率为2，左顶点为，过右焦点的直线交双曲线于两点.
(1)求双曲线的方程；
(2)从下面两个结论中选择一个给出证明（多选则按照第一个给分）.
①；②若线段的垂直平分线交轴于点，则为定值.
19．（17分）设是等比数列，公比大于0，是等差数列.已知，，，.
(1)求和的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为，求的值；
(3)设其中，求.
参考答案
1．A
【分析】由补集运算直接求解即可.
【详解】由，且，
可知，且，解得：，符合集合元素特性.
故选：A
2．D
【分析】由条件可得，即，再利用基本不等式求解.
【详解】由，，
所以，即，
所以.
当且仅当，即时，等号成立.
故选：D.
3．C
【分析】利用辅助角公式化简函数，再结合正弦函数的性质逐项求解判断.
【详解】函数，则，，，
对于A，，A错误；
对于B，，图象关于点不对称，B错误；
对于C，是偶函数，其图象关于轴对称，C正确；
对于D，由，得，
则是的一个单调区间，依题意，，，D错误.
故选：C
4．A
【分析】先证明平面，将点到平面的距离转化为点到平面的距离，再利用等体积计算即得.
【详解】
连接,因,可得,则,
因平面，平面，故平面，
则点到平面的距离即点到平面的距离.
在中，因,
由余弦定理，,则，
于是，而.
设点到平面的距离为，
由，可得，解得.
即点到平面的距离为.
故选：A.
5．A
【分析】根据两点间的距离公式可得曲线的方程，由题意可得对任意实数，都有，分类参数即可求解.
【详解】设,因为，，
所以，化简可得，
所以曲线的圆心为，半径为.
因为对任意实数，直线：与曲线恒有公共点，
所以对任意实数，都有，
即任意实数恒成立.
因为,所以，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故选:A.
6．A
【分析】根据正态分布的对称性求出质量指标不在区间的概率，得随机变量服从二项分布，根据二项分布的方差公式求解即可.
【详解】由正态分布的性质得质量指标在区间的概率为，
则1件产品的质量指标不在区间的概率为，
所以，故.
故选：A.
7．D
【分析】求出数列的周期，利用数列的周期性求和.
【详解】由已知得，，，
由此可知数列是周期为的周期数列，
由于，则，
故选：.
8．C
【分析】在同一平面直角坐标系中作出的图象，然后考虑临界位置：经过点以及与相切，分析此时的取值，通过平移的图象可求解出的取值范围.
【详解】在同一平面直角坐标系中作出，的图象如下图所示：
且，即与轴交于，
当位于其对称轴左侧的图象经过时，此时在的图象上，所以，解得；
当位于其对称轴右侧的图象经过时，此时在的图象上，所以，
接下来分析当与相切时的情况：
，令，解得（舍去），，
所以切点坐标为，所以，解得；
由上可知，当时，经过且与相切，
结合图象，通过平移的图象可知，当时，恒成立，
综上所述，实数的取值范围是，
故选：C.
9．ABD
【分析】根据复合函数的零点求解方法，从外到内数形结合分析，即可判断和选择.
【详解】对于选项A：由数形结合可知：令, 或或;
令,,
因为，所以，
由数形结合可知：,都有一个根，
故方程有且仅有3个解，故选项A正确;
对于选项B：由数形结合可知：令gx=0, ;令，
因为，由数形结合可知：都有3个根，
方程有且仅有3个解，故选项B正确;
对于选项C: 由数形结合可知：令, 或或;
令,,
由题可知：，，
由数形结合可知，,各有三解，
故方程有且仅有9个解,故选项C错误；
对于选项D：由数形结合可知：令gx=0, ;令，
因为，所以只有1解，
故方程有且仅有1个解,故选项D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下：
（1）确定内层函数和外层函数；
（2）确定外层函数的零点；
（3）确定直线与内层函数图象的交点个数，则可得到函数的零点个数.
10．ABC
【分析】根据大角对大边，结合正弦定理即可判断A；根据正弦定理即可判断B；根据三角形内角和定理结合两角和的正切公式即可判断CD.
【详解】对于A，若，则，
由正弦定理可得，故A正确；
对于B，若，则，
因此满足条件的有两个，故B正确；
对于C，若，则，
所以，，所以，
所以是钝角三角形，故C正确；
D. 由于当时，，
所以，故D不正确.
故选：ABC.
11．C
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断ABD；利用线线角的向量求法求解判断C.
【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，
对于A，，，，A正确；
对于B，，则，，而平面，
因此平面，B正确；
对于C，，，
因此与所成的角为，C错误；
对于D，由平面，得平面的一个法向量，
又，平面，因此平面，D正确.
故选：C
12．或
【分析】利用对数方程的解法进行分析即可求解.
【详解】原方程可变形为：
甲写错了，得到根为及，；
又乙写错了常数，得到根为及，；
原方程为，即，
或，或.
故答案为：或.
13．
【分析】根据给定条件，利用同角公式求出，再利用和差角的余弦公式求出即可.
【详解】由，得，，
由，得，，
由，得，
即，则，
因此，所以.
故答案为：
14．
【分析】先得到进行排列，共有种情况，再列举出满足要求的情况，求出概率.
【详解】进行排列，共有种情况，
其中满足存在成立的情况有，
，共10种情况，
故从所有的排列中任取一个，则它是“树德好排列”的概率为.
故答案为：
15．(1)函数无零点，理由见解析
(2)值域为，理由见解析
【分析】（1）令，利用根的判别式判断求解即可；
（2）根据二次函数的单调性求解即可.
【详解】（1）函数无零点，理由如下：
令，
由于，则方程无实数根，
所以函数无零点.
（2）值域为，理由如下：
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，，
所以函数在时的值域为.
16．(1)
(2)
(3)．
【分析】（1）运用正弦定理进行边角互化，结合三角恒等变换即可；（2）运用面积公式，结合余弦定理计算即可；（3）运用三角形全等，结合三角形面积公式计算.
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理可得，
所以，
所以，因为，则.
，又因为，
所以．
（2）因为，所以，则，
又因为，所以，
故，得，所以的周长为．
（3）因为，，．
所以，则，
因为，所以，
则．
因为，
所以，
则．
17．(1)
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）根据棱锥的体积公式即可求得答案；
（2）找到直线与平面所成角，解直角三角形，即可求得答案；
（3）讨论的具体范围，确定截面形状，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知长方体中，底面为边长为2的正方形，
点在棱上，故M到平面的距离为2，
则；
（2）连接，长方体中，平面，
故即为直线与平面所成角；
由于， ，故,
在中，，
故.
（3）过线段作一个与底面成角的截面，
当时，截面即为底面四边形，面积为4；
设交于O，因为，故在中，，
故；
当时，不妨设截面与交于点N，连接，
则，而，故为截面与底面所成二面角的平面角，
即，故，则截面面积为；
当时，则截面为如图所示四边形，为等腰梯形，
设EF中点为P，连接，则，则，
PO为梯形的高，，
由题意可知为等腰直角三角形，故，
故截面面积为.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的解决关键在于，根据的取值范围确定截面的形状，从而得解.
18．(1)；
(2)选①：证明见解析；选②：为定值.
【分析】（1）由题意可得，再结合即可求解；
（2）选①：分直线的斜率不存在与斜率存在讨论，根据即可证明；选②：易知直线的斜率存在，设直线的方程为，根据弦长公式求MN，求线段的垂直平分线可求的坐标及，从而进而证明.
【详解】（1）因为双曲线的离心率为2，右焦点为，
则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）若选①：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，
代入，可得，不妨设,
又，则,
所以，
所以.
（ii）若直线的斜率不存在，设直线的方程为，
联立,可得,
化简可得.
因为过右焦点的直线交双曲线于两点,
所以，且.
设，则，
，
则
，
所以.
综上所述，.
若选②：易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
设，
由①可得，
则
.
，
所以的中点的坐标为.
当时，线段的垂直平分线为，则,
则,
则.
当时，线段的垂直平分线为.
令，可得，即.
则,
所以.
综上所述，为定值1.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
19．(1)，，，
(2)
(3)
【分析】（1）根据等差数列以及等比数列定义计算即可求得其通项公式；
（2）由（1）中的结论可得，再利用裂项相消求和可得结果；
（3）根据的表达式，采用分组求和以及错位相减法计算可得结果.
【详解】（1）设数列an的公比为，，数列bn的公差为，
因为且，所以，
解得或，又因为，所以，
所以，，
则，，
因为且数列bn是等差数列，
所以，，
又，所以，，
所以，，，
所以，.
所以数列an的通项公式为，，数列bn的通项公式为，.
（2）由（1）可知
因此数列的前n项和为
即可得.
（3）由可知
所以，
其中，
记；
则，
两式相减可得，
可得，
即；
所以