河北省承德市第一中学2024-2025学年高三上学期11月月考数学试卷-A4

这是一份河北省承德市第一中学2024-2025学年高三上学期11月月考数学试卷-A4，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．已知全集，集合，或，则（ ）
A． B．或x≥4 C．D．
2．“数列 为等差数列” 是 “ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件D．既不充分又不必要条件
3．设是定义在R上的可导函数，若（a为常数），则（ ）
A．B．C．D．
4．已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
5．已知.若，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，若的解集为，则（ ）
A． B． C．D．
7．已知正三棱锥，点都在半径为的球面上，若两两垂直，则球心到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若有四个不同的解且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求）
9．下列说法不正确的是（ ）
A．若函数满足，则为奇函数
B．关于的方程至少有一个实根，则
C．集合，若，则或
D．命题“”的否定为“”
10．下列说法正确的是( )
A．若，则B．若，，则
C．若，，则D．若，则
11．如图所示，在四面体中，M，N，P，Q，E分别是的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．四边形是菱形 B．
C．D．四边形为矩形
三、填空题（本大题共3小题，共15分
12．已知函数给出下列四个结论：
①f(x)的值域是； ②f(x)在上单调递减：
③f(x)是周期为的周期函数 ④将f(x)的图象向左平移个单位长度后，可得一个奇函数的图象
其中所有正确结论的序号是 ．
13．已知实数满足，则的最小值为 .
14．已知等差数列的公差不为0，等比数列的公比是小于1的正有理数，若，且是正整数，则 .
四、解答题（本大题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15．(本小题13分)已知函数，设在上单调递增，在上单调递减；.
(1)若成立，求的取值范围；
(2)若是的充分不必要条件，求的取值范围.
16．(本小题15分)已知数列是公比为2的等比数列，且.
(1)求的通项公式及前项和；
(2)设，求数列的前项和.
17．(本小题15分)在中，内角A、、的对边分别为，，，．
(1)求角的大小；
(2)若，．求：
（ⅰ）面积和边长；
（ⅱ）的值．
18．(本小题17分)如图1所示的五边形中，四边形为直角梯形，，，，在中，，将沿着折叠使得二面角的大小为，且此时点到底面的距离为，如图2所示．

(1)过点是否存在直线，使直线平面？若存在，作出该直线，并写出作法与理由；若不存在，请说明理由；
(2)求平面与平面的夹角的正弦值．
19．(本小题17分)已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，且存在，满足，证明：；
(3)设函数，若，且与的图象有两个交点，求实数的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】根据补集和交集的定义运算即可.
【详解】因为或，所以，
所以.
故选：D.
2．A
【分析】根据等差数列的性质结合充分条件与必要条件的证明即可得出答案.
【详解】如果数列是等差数列，根据等差中项的扩展可得一定有，
反之成立，不一定有数列是等差数列.
故选：A.
3．A
【分析】根据导数的定义计算即可求解.
【详解】．
故选：A
4．A
【分析】由题意可得，利用复数的除法运算法则与加法法则计算，进而利用复数的几何意义可得对应点的坐标，可得结论.
【详解】由题知，
故在复平面内对应的点为，位于第一象限．
故选：A.
5．A
【分析】根据向量垂直可得，代入向量夹角公式即可得结果.
【详解】因为，且，
则，可得，
所以.
故选：A.
6．A
【分析】由题意可得，且是方程的两个根，然后利用根与系数的关系求解即可.
【详解】因为的解集为，
所以，且是方程的两个根，
所以，
所以，所以，
故选：A.
7．C
【分析】方法一：根据正三棱锥的外接球就是所在正方体的外接球，结合等体积法根据求解即可；
方法二：为等边三角形的中心，连接，则三棱锥的外接球球心在直线上，连接，设，根据垂径定理求解即可；
方法三：设正方体的体对角线为，再证明平面，根据几何关系求解即可.
【详解】方法一：因为两两垂直，所以正三棱锥的外接球就是所在正方体的外接球．
如图，外接球的球心即为正方体的中心，正方体的体对角线就是外接球的直径．
设正方体的棱长为，外接球的半径为，则，即，
即，，，
．设点到平面的距离为，
由，得，
所以，
所以球心到平面的距离为．
方法二：如图，为等边三角形的中心，连接，
则三棱锥的外接球球心在直线上，连接，设，
则，，
，
（或），
在中，，即
（或），解得（舍去），
所以，即球心到平面的距离为．
方法三：因为两两垂直，所以正三棱锥为正方体的一部分，
它的外接球就是该正方体的外接球，如图，外接球的球心即为正方体的中心，
正方体的体对角线就是外接球的直径，即．
因为，且，故四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，故平面，
同理平面，又，平面，
故平面平面，设体对角线交平面于点，交平面于点，
由正方体的性质知，所以，
又平面，平面，故，，
又平面，，故平面，
又平面，则，同理，又平面，，
故平面，所以球心到平面的距离为．
故选：C．
8．B
【分析】画出与的图象，数形结合可得且，进而可得，令，，结合函数的单调性求解即可.
【详解】由，画出y=fx与的图象，
因为方程有四个不同的解，且，
即与有四个交点，所以，
由图可知，
又，关于对称，即，
又，且，即，
则，所以，则，
所以，且，
令，，
因为函数在上单调递减，
所以函数在上单调递减，
所以，即的最小值为.
故选：B．
9．AC
【分析】对选项A，设出函数，，即可判断A错误，对选项B，分类讨论和时，即可判断B正确，对选项C，根据条件得到，再求解即可判断C错误，对选项D，根据全称量词命题的否定是存在命题即可判断D正确.
【详解】对选项A，设，，满足，此时不是奇函数，
故A错误.
对选项B，当时，，，满足题意，
当时，，解得且.
综上，故B正确.
对选项C，，，
当时，，满足.
当时，，所以或，解得或.
综上：或或，故C错误.
对选项D，命题“”的否定为“，故D正确.
故选：AC
10．AD
【分析】利用不等式的性质和举反例的方法即可判断对错.
【详解】对于选项A：，故A正确；
对于选项B，当时，有，，但此时，
故选项B错误；
对于选项C，当时，有，，但此时，
故选项C错误；
对于选项D，，，再由不等式的同项可加性，和可得，故选项D正确.
故选：AD
11．BC
【分析】由由等角定理即可判断BC，由三角形的中位线即可判断四边形形状判断A，D.
【详解】由三角形中位线的性质知，，，，
所以，所以四边形为平行四边形，但不能确定是否为菱形或矩形，故AD不正确．
在中中位线定理得同理在中，由中位线定理得,
所以由等角定理知，，所以B正确;
在中，由中位线定理得
所以,
所以由等角定理可知，，,,
所以，所以C正确;
故选：BC．
12．②③
【分析】先将化简，然后根据余弦函数的性质逐一判断即可
【详解】



所以的值域为 ，故①错误；
令 ，
当时，的一个单调递减区间为，故②正确；
的周期 ,故③正确
的图像向左平移个单位长度后得到的函数图像对应的解析式为 ，是偶函数，故④错误
故答案为：②③
13．
【分析】将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为，则，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故答案为：.
14．
【解析】运用等差数列和等比数列的通项公式，确定的表达式，利用是正整数，是小于1的正有理数，通过验证的方法可以求解.
【详解】解：由已知，
，
∵
∴，
且，∴，
∴，
又q为小于1的正有理数，
∴是一个完全平方数，
可得或或或，则（舍）或或（舍）或（舍）
∴.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的通项公式的应用，考查运算能力，是一道中档题．
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据二次函数的性质得到，解得即可；
（2）依题意可得真包含于，即可得到不等式组，解得即可.
【详解】（1）因为二次函数的对称轴为，
若成立，即在上单调递增，在上单调递减，
所以，解得，即的取值范围为；
（2）因为，，
又是的充分不必要条件，
所以真包含于，
所以(等号不同时成立)，解得，
经检验，当或时，，
所以的取值范围为．
16．(1)
(2).
【分析】（1）只需求得，结合即可得出的通项公式，再结合等比数列求和公式即可求得；
（2）化简得到，再通过裂项相消法即可求解.
【详解】（1）设数列是公比为，因为，，所以解得，
所以.
（2）由（1）知，，
所以
.即数列的前项和.
17．(1)
(2)（ⅰ），；（ⅱ）
【分析】（1）由正弦定理边角互换可得答案；
（2）（ⅰ）由三角形面积公式及余弦定理可得答案；
（ⅱ）由余弦定理可得，后由倍角公式，两角差的正弦公式可得答案.
【详解】（1）因，由正弦定理可得：
又在三角形中，，则.
又，则，又，则；
（2）（ⅰ）由（1），；
又由余弦定理，，
则；
（ⅱ）由余弦定理：，
则，，又 .
则.
18．(1)存在，答案见解析
(2)
【分析】（1）在平面内，过点作直线平行于直线，利用线面平行的判定定理证明平面；
（2）首先利用线面垂直的判定定理证明平面，在平面内过点作直线平面，交直线于点，则直线，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求面面角即可.
【详解】（1）过点存在直线，满足直线平面．
作法与理由如下：
在平面内，过点作直线平行于直线，如图所示．

因为，平面，平面，
所以平面（作法不唯一）．
（2）取线段的中点，线段的中点，连接，，，
因为四边形为直角梯形，
，所以．
又，所以．
因为，所以．
又，平面，
所以平面．
在平面内过点作直线平面，交直线于点，则直线，，两两垂直．
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

过点作，交的延长线于点，
因为平面，所以平面．
又点到底面的距离为，所以．
因为，，
所以为二面角的平面角，
所以，所以，
所以，
所以，，，，，
于是，，，．
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
则，则，令，得，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，则，令，得，
所以平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则,
所以．
故平面与平面的夹角的正弦值为．
19．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)．
【分析】（1）求导可得，分，，，四种情况讨论，可得函数的单调性；
（2）对合（1）可得的单调性，由已知可得，令，求导可得Fx在R上单调递增，从而可得，由的单调性可得结论；
（3）据题意可得方程有两个实根，令，可得有两个实根，求解即可.
【详解】（1）由题意得，
若，则在上单调递减，在上单调递增．
若，令，得或，
若，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
若，则在R上单调递增；
若，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）可知，当时，在上单调递减，在上单调递增，因为，
所以．
令，
则，
当时，，当时，，
所以恒成立，Fx在R上单调递增．
因为，所以，即，所以．
又在上单调递增，且，
所以，即．
（3）由题意可得方程有两个实根．
设，当时，，则φx在0,+∞上单调递增，
令，则，所以关于的方程，即有两个实根，
令，则，
当，，所以在上单调递增，
当，，，在上单调递减，
所以，且时，．
所以，所以，
即的取值范围是．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
A
A
A
A
C
B
AC
AD
题号
11









答案
BC