2024-2025学年河北省承德市高新区高三上学期12月月考数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年河北省承德市高新区高三上学期12月月考数学检测试卷（附解析），共15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（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足（i为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
3．函数在区间上的最大值和最小值分别是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，，则向量在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．已知直线和直线，则是两直线平行的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．设是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
7．已知数列满足，，则（ ）
A．B．2C．3D．
8．已知函数fx=Asinωx+φ（，，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．直线是图象的一条对称轴
B．图象的对称中心为，
C．在区间上单调递增
D．将的图象向左平移个单位长度后，可得到一个偶函数的图象
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数，则（ ）
A．在单调递增
B．有两个零点
C．曲线在点处切线的斜率为0
D．是偶函数
10．下列说法正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．若，，则
C．
D．若集合中只有一个元素，则
11．已知点，，抛物线的焦点为是上的动点，动点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．点在动点的轨迹上
B．周长的最小值为
C．当最小时，点的横坐标为4
D．面积的最大值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．在等差数列中，若，则= .
13．如图，在△ABC中，N为线段AC上靠近A点的三等分点，若，则 ．
14．如图，在正方体中，E，F是对角线，的中点，则正方体六个面中与直线EF平行的面有 个．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知△ABC中，分别为内角的对边，且.
(1)求角的大小；
(2)设点为上一点，是 的角平分线，且，，求 的面积.
16．已知椭圆：的离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，点为椭圆上任意一点，面积的最大值为2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线和圆：相切，交椭圆于另一点，为坐标原点，线段，分别和圆交于，两点.若，的面积分别记为，，求的取值范围.
17．已知数列满足，，数列满足.
(1)求，的值；
(2)证明：数列是等差数列；
(3)求数列的前项和.
18．如图1，等腰直角的斜边，为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为，如图2，为的中点．
(1)证明：．
(2)求二面角的余弦值．
(3)试问在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由．
19．已知函数.
(1)当时，求函数在处切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若，不等式在上存在实数解，求实数的取值范围.
答案
1．【正确答案】C
【详解】由已知可得，，
则．
故选：C.
2．【正确答案】A
【详解】因为，所以．
故选：A．
3．【正确答案】D
【详解】因
可知函数图象关于直线对称，且在上单调递减，在上单调递增，
又
故当时，取得最大值4；当时，取得最小值0.
故选：D.
4．【正确答案】A
【详解】设与的夹角为，
则向量在方向上的投影向量为
.
故选：A.
5．【正确答案】A
【详解】若直线和直线平行，
则，解得或，
因此，是两直线平行的充分不必要条件.
故选：A.
6．【正确答案】C
【详解】对于A中，由，只有当与相交时才能得到，所以A错误；
对于B中，由，，可得，又由，所以，所以B错误；
对于C中，若，，所以，又，所以，所以C正确；
对于D中，由，，则或，
当时，由，则或与异面；
当时，由，则或与相交，所以D错误．
故选：C
7．【正确答案】A
【详解】因为，，
令，则；
令，则；
令，则；
可知数列为周期为的周期数列，所以.
故选：A.
8．【正确答案】D
【详解】由图易知，，得，
又，，所以，因为点在函数图象上，所以，
得到，又，所以，故，
对于选项A，由，得，，故直线不是图象的一条对称轴，所以选项A错误；
对于选项B，由，得，，函数图象的对称中心为，，所以选项B错误；
对于选项C，由，，得，，
当时，得到，所以选项C错误；
对于选项D，将的图象向左平移个单位长度后得，所以平移后的函数是偶函数，故选项D正确.
故选：D．
9．【正确答案】AC
【分析】通过对函数求导，即可得出结论.
【详解】由题意，，
在中，，
∴当时，，
∴曲线在点处切线的斜率为，C正确；
A项，当时，，
故在单调递增，A正确；
B项，当时，，
当时，，所以只有0一个零点，B错误；
D项，函数的定义域为，不关于原点对称，∴不是偶函数，D错误.
故选AC.
10．【正确答案】BC
【详解】A选项：当，时，，但不满足，即 “”不是“”的充分条件，A选项错误；
B选项：由题意得，，则，B选项正确；
C选项：由，
得，
所以，即，C选项正确；
D选项：若集合中只有一个元素，则或，得或，D选项错误；
故选：BC.
11．【正确答案】BCD
【详解】由题可知F1,0，设点Mx,y，则，.
，，化简得，即，
则动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆.
对于A，因为，所以点不在动点的轨迹上，故A错误；
对于B，抛物线的准线方程为，如图，过点作准线的垂线，垂足为，
则，当且仅当三点共线时，取得最小值，即.
又，所以周长的最小值为，故B正确；
对于C，如图，当与圆相切且点在轴上方时，最小.
连接，所以.
，，，
所以点的横坐标为，故C正确；
对于D，因为，为定值，所以若的面积取得最大值，则只需要动点到直线的距离最远即可.
直线，即，所以点到直线的距离为，
所以到直线的最大距离为，
所以面积的最大值为，故D正确.
故选：BCD.
12．【正确答案】15
【详解】因为，
，
所以，所以，
故15.
13．【正确答案】/
【详解】．
因为N为线段AC上靠近A点的三等分点，所以．
又B，P，N三点共线，所以，．
故
14．【正确答案】2
【详解】连结，．因为F为的中点，所以F为的中点，
又E为的中点，所以．
又平面，平面 ，所以平面．
同理可证平面．
故正方体六个面中与直线平行的面有2个.
故2.
15．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）在△ABC中，由正弦定理及得：，..
由余弦定理得，
又，所以
（2） 是的角平分线，，
由可得
因为，，即有，，
故
16．【正确答案】(1)；
(2).
【详解】（1）根据题意，可知，.
又，，.
椭圆的标准方程为；
（2）若直线的斜率不存在，则其方程为.
由对称性，不妨设，此时，，
可得；
若直线的斜率存在，则设其方程为.
由已知可得，则.
设，，联立
得.
，.
，
.
把，代入，
整理得，
把代入，整理得.
设，则.
设，则.
综上所述，的取值范围是.
17．【正确答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）由已知得：，
.
（2）证明：因为，，
所以，
而，所以是以为首项，为公差的等差数列.
（3），
因为，，，由（2）得，
所以.
18．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【详解】（1）在图1的等腰直角中，为的中点，则，
所以在图2中，有，，
又，平面，所以平面，
又平面，可得；
因为平面，所以是二面角的平面角，即，
所以为正三角形，因为为的中点，所以，
又平面，
可得平面，又平面
所以．
（2）方法一：
以为原点，，所在直线分别为，轴，在平面内过点作垂直于轴
的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
易知，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，解得，令，则；
所以平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，
则，解得，令，则；
可得平面的一个法向量为，
所以，
即二面角的余弦值为．
方法二：
作于，于，连接，如下图所示：
因为平面，平面，所以．
因为平面，所以平面．
平面，故,
因为，平面MNH，故平面MNH，
所以即为二面角的平面角．
在中，，，所以，．
在中，，，所以，
所以，
可得．
所以二面角的余弦值为.
（3）假设在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为．
方法一：
易知，，
设，则，
平面的一个法向量为．
依题意可得，
解得或（舍去），
所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时．
方法二：
作于，如下图所示：
由（1）知平面，又平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面，所以平面，
所以即为与平面所成的角．
在中，由余弦定理可得，
所以．
设，则，，
所以，解得或（舍去），
所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时.
19．【正确答案】(1)；
(2)答案见解析；
(3).
【详解】（1）当时，，则，
所以，，故在处切线方程为，
所以.
（2）由题设，且，
当时，，即的递增区间为，无递减区间；
当时，有，有，
此时的递增区间为，递减区间为.
（3）原条件等价于在上存在实数解.
所以在上存在实数解，
令，则，
在上，得，故在上单调递增，
所以的最小值为，故时不等式在上存在实数解.