2024-2025学年新疆和田地区墨玉县高三上册11月月考数学检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年新疆和田地区墨玉县高三上册11月月考数学检测试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（单选题每个题目仅有一个选项正确，每题5分）
1. 已知全集，则正确表示集合和关系的韦恩图是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】A
【分析】根据之间的关系进行判断即可.
【详解】由，解得或，则，
又因为，所以集合与集合有公共元素0，且没有包含关系，
故选项A中的韦恩图是正确的.
故选：A.
2. 设是实数，则“”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
【正确答案】A
【详解】设，，由于 图象如下图．
∴根据函数的单调性可判断：若“a＞b＞1”则“”成立，
反之若“”则“a＞b＞1”不一定成立．
根据充分必要条件的定义可判断：“a＞b＞1”是“”的充分不必要条件，
故选：A
3. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边上一点，则
A. 0B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据三角函数的定义，求出，进而求出，化简代入计算即可.
【详解】角终边上一点，根据三角函数的定义，得，
∴＝＝，进而得，
∴，，
化简
.
故选A．
本题考查任意角的三角函数的定义，正余弦二倍角的化简求值，考查计算能力，属于基础题．
4. 数列中，，，则（ ）
A. 230B. 210C. 190D. 170
【正确答案】D
【分析】借助等差数列的定义及相关公式计算即可.
【详解】由题知数列是公差为的等差数列，.
故选:D.
5. 如图，在中，，，是的中点，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】选定基底，根据向量的加减运算表示出，利用向量的数量积的运算律，即可求得答案.
【详解】由题意可得：，，
故
，
故选：C
6. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是（ ）

A. MN与CC1垂直
B. MN与AC垂直
C. MN与BD平行
D. MN与A1B1平行
【正确答案】D
【分析】通过空间向量建系法，结合向量平行与垂直的性质一一验证即可
【详解】设正方体的棱长为1，如图，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，M，N，
∴==(0，0，1)，=(-1，1，0)，=(-1，-1，0)，=(0，1，0)，∴·=0，∴MN⊥CC1，A说法正确；·=-=0，∴MN⊥AC，B说法正确；易知=2，且M，N∉BD，∴MN∥BD，C说法正确；设=λ，得无解，所以MN与A1B1不平行，D说法错误.
故选：D.

7. 已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】由导函数在上恒成立可得．
【详解】，因为函数在上单调递增，所以当时，恒成立，即当时，恒成立，因为对称轴为，当时，，，所以当时，不恒成立，不符题意；当时，，当时，恒成立，则，解得．
故选：D．
8. 设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若1，则（ ）
A. 1B. C. 0D.
【正确答案】D
【分析】根据函数的奇偶性可得的图象关于点中心对称且关于直线轴对称，进而得的周期为4，即可求解.
【详解】因为为奇函数，所以，
所以的图象关于点中心对称，则.
因为为偶函数，所以，
所以的图象关于直线轴对称.
由，得，
所以，则，
则的周期为4，
，则.
故选：D
方法点睛：抽象函数的奇偶性、对称性、周期性常有以下结论
（1）关于轴对称，
（2）关于中心对称，
（3）的一个周期为，
（4）的一个周期为.
可以类比三角函数的性质记忆以上结论.
二、多选题（多选题每个题目有多个选项正确，选对部分得部分分，选错不得分，全部选对得6分）
9. i是虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则的最小值为1
D. 若是关于的方程的根，则
【正确答案】BC
【分析】根据复数的乘方即可判断A；根据复数的乘法运算及共轭复数的定义即可判断B；设，再根据，求出的关系，再结合复数的模的公式即可判断C；根据方程的复数根互为共轭复数即可判断D.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，若，
则，故B正确；
对于C，设，
由，得，即，所以，
则，
所以的最小值为1，故C正确；
对于D，若是关于的方程的根，
则也是关于的方程的根，
所以，故D错误.
故选：BC.
10. 已知函数的部分图像如图，则（ ）
A.
B.
C. 将曲线向右平移个单位长度得到曲线
D. 点为曲线的一个对称中心
【正确答案】AD
【分析】利用三角函数图像与性质逐一判断即可.
【详解】由题图可知，解得
将点的坐标代入，得，所以．
由图像可知，点在图像的下降部分上，且，所以．
将点的坐标代入，得，解得，
则，A正确．
由A，得．
所以，B错误．
将曲线向右平移个单位长度得到曲线，C错误．
令，，解得，．
取，则，
所以点为曲线的一个对称中心，D正确．
故选：AD．
11. 已知，为正实数，且，则（ ）
A. 的最小值为B. 的最小值为
C. 的最大值为D. 的最小值为
【正确答案】AD
【分析】选项A，对条件进行变形得，从而得到，再利用基本不等式，即可求解；
选项B，根据条件，直接利用基本不等式，即可求解；
选项C，根据条件，利用基本不等式得到，解不等式，即可求解；
选项D，利用，得到，再利用基本不等式，即可求解.
【详解】对于选项A，由，得，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以选项A正确，
对于选项B，因为，所以，
当且仅当时取等号，此时取得最小值，所以选项B错误，
对于选项C，因为，
当且仅当，即时取等号，
又，解不等式得，即，得到的最大值为，所以选项C错误，
对于选项D，由选项A知，所以
，
当且仅当，即时取等号，
此时取得最小值，所以选项D正确，
故选：AD.
三、填空题（每题5分）
12. 已知向量，，且，则 __________.
【正确答案】##
【分析】首先求出的坐标，再根据得到，根据平面向量数量积的坐标运算得到方程，解得即可；
【详解】解：因为，，所以，因为，所以，解得；
故
13. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________.
【正确答案】
【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.
【详解】由得，，
故曲线在处的切线方程为；
由得，
设切线与曲线相切的切点为，
由两曲线有公切线得，解得，则切点，
切线方程为，
根据两切线重合所以，解得.
故
14. 已知点，，定义为的“镜像距离”，若点在曲线上，则的“镜像距离”的最小值为______.
【正确答案】
【分析】根据“镜像距离”的定义将问题转化为求函数上的点到曲线上的点的距离的最小值，再利用对称性求得与上的点的最小值，即可得出答案.
【详解】设，，
易知函数的反函数为，
由点在曲线上可知点在函数上，
所以相当于上的点到曲线上点的距离，
又与的图象关于对称，所以的“镜像距离”的最小值为点到的距离的最小值的2倍.
由，得，令，解得，
又点到直线的距离，
所以的“镜像距离”的最小值为.
故
关键点点睛：本题关键在于利用“镜像距离”的定义转化为一对反函数上的两点最小距离的问题，再利用反函数对称性求得与对称轴平行的切线方程，即可得出“镜像距离”的最小值.
四、解答题
15. 已知的内角的对边分别为，且．
（1）求角；
（2）若的面积为，求的周长．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）应用正弦定理和余弦定理来求解角的大小；
（2）应用三角形的面积公式计算边的数量关系.
小问1详解】
由可知，
由正弦定理，得，
即．
所以，
又，
所以.
【小问2详解】
由（1）知．
所以，
又，
所以，
所以，即．
所以的周长为．
16. ．
已知函数在处取得极值．
（1）求实数的值；
（2）求函数的单调区间；
（3）若关于的方程在区间（0，2）有两个不等实根，求实数的取值范围．
【正确答案】（1）；（2）见解析；（3）.
【分析】（1）由函数在处取得极值,则有,从而求解;
（2）由得增区间;由得减区间;
（3）将方程转化为,利用根分布求解.
【详解】解：（1）由已知得
，
即，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，函数有极大值，符合题意，即；
（2）由（1）得
由得，由得
的单调递增区间为，单调递减区间为；
（3）令
则令得 或（舍），
当时，
当时，
即在上递增，在上递减
方程在区间（0，2）有两个不等实根等价于函数在（0，2）上有两个不同的零点．
即实数b的取值范围为.
关键点睛：构造新函数，利用转化法、导数的性质、零点存在原理是解题的关键.
17. 如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面所成角的余弦值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】（1）依据题意建立以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，计算即可得证.
（2）由（1）得直线的的方向量，平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则由即可得解.
（3）求出平面的一个法向量，计算，则由计算结果即可得解.
【小问1详解】
如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，
由题意可得A0,0,0，，，，，，
，，，
则，，
设平面的一个法向量为n1=x1,y1,z1，则，
故，即，则，
令，得，
所以，
所以，又平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）得直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
设平面的一个法向量，由（1）可得，，
则，故，即，
令，得，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
18. 已知数列满足,,,.
(1)证明:数列是等比数列;
(2)求数列的通项公式;
(3)证明:.
【正确答案】(1)证明见解析;(2);(3)证明见解析.
【分析】（1）由，得，即可得到本题答案；（2）由，得，即可得到本题答案；（3）当时，满足题意；若n是偶数，由，可得；当n是奇数,且时，由，可得，综上，即可得到本题答案.
【详解】(1)因为，所以，
因为，所以，
所以数列是等比数列；
(2)因为，所以，
所以，
又因为，所以，所以是以为首项，
为公比的等比数列，所以，
所以；
(3)①当时，；
②若n是偶数，
则，
所以当n是偶数时，
；
③当n是奇数，且时，
；
综上所述，当时，.
本题主要考查利用构造法证明等比数列并求通项公式，以及数列与不等式的综合问题.
19. 已知函数．
（1）当时，求的零点；
（2）讨论在上的最大值；
（3）是否存在实数，使得对任意，都有？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由．
【正确答案】（1）
（2）答案见解析 （3）存在，的取值范围是
【分析】（1）利用导函数判断的单调性，进而判断零点的情况即可；
（2）利用导函数判断在区间的单调性，进而求最值即可；
（3）由题意只需即可，利用（2）中结论即，利用导数求的范围即可.
【小问1详解】
的定义域为，
当时，，，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
又因为当时，，，
所以仅有一个零点，.
【小问2详解】
，令，解得，
在区间内，
当（即）时，在上单调递减，，
当（即）时，在上单调递增，，
当（即）时，在上单调递增，在上单调递减，．
综上所述，当时，的最大值为，当时，的最大值为，当时，的最大值为.
【小问3详解】
由（2）知在上，，
构造函数，由题意应使，
，令，解得．
所以，
所以使的实数只有，即的取值范围是．单调递增
极大值
单调递减
1
单调递减
极小值
单调递增