2024-2025学年河北省承德市高新区高三上学期11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11月月考数学检测试卷（附解析），共13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．已知函数，则（ ）
A．B．1C．2D．4
2．（ ）
A．B．C．D．
3．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
4．若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为（ ）
A．2B．0或C．0或2D．
5．已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．在中，点为边的中点，点在上，且，则（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，在已知正方体中，是棱上的点，且.平面将此正方体分为两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列叙述正确的是（ ）
A．，
B．命题“，”的否定是“，或”
C．设x，，则“且”是“”的必要不充分条件
D．命题“，”的否定是真命题
10．已知函数，则下列函数判断正确的是（ ）
A．为奇函数
B．的图象关于直线对称
C．在上单调递减
D．的图象关于点对称
11．如图，在棱长为的正方体中，分别为的中点，是线段上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A．点到平面的距离为
B．直线与平面所成角的余弦值的取值范围为
C．若线段的中点为，则一定平行于平面
D．四面体的体积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．如图，在边长为3的正方形ABCD中，，若P为线段BE上的动点，则的最小值为 ．
13．已知曲线C上任意一点P到定点的距离比点P到直线的距离小1，M，N是曲线C上不同的两点，若，则线段MN的中点Q到y轴的距离为 ．
14．已知是公比不为1的正项等比数列，若，则的最小值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数为的导函数，当时，
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间和极值；
16．在中，分别为三个内角的对边，且
(1)求角A的大小；
(2)若，，求和的值．
17．已知二次函数，方程有且仅有一个实数根．
(1)求，，的关系；
(2)若的图象过点，且图象的对称轴与轴正半轴相交．证明：方程的两个不同实根之和大于2的充要条件为．
18．已知数列的首项为，且满足
(1)求证为等差数列，并求出数列的通项公式；
(2)设数列的前项和为，求．
(3)若数列的通项公式为，且对任意的恒成立，求实数的最小值．
19．如图1，在边长为4的菱形ABCD中，，点M，N分别是边BC，CD的中点，.沿MN将翻折到的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥.
(1)在翻转过程中是否总有平面平面PAG？证明你的结论；
(2)设点E为线段PA的中点，点在线段BE上，且，当四棱锥MNDB的体积最大时，是否存在满足条件的实数，使直线MQ与平面PAB所成角的正弦值的最大值.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
答案
1．【正确答案】C
【分析】利用的解析式，直接代入即可得解.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
2．【正确答案】B
【详解】．
故选：B
3．【正确答案】A
【详解】因为集合，，
所以，所以．
故选：A．
4．【正确答案】B
【详解】设直线与曲线的切点为，
由，则，
则，即切点为，所以直线为，
又直线与圆都相切，则有，解得或．
故选：B
5．【正确答案】B
【详解】设等比数列的公比为，由，得，则，
又为的前项和，则成等比数列，公比为，
于是，
所以.
故选：B
6．【正确答案】D
【详解】如图，因为点为边的中点，点在上，且，
所以，．
又，，
所以，
故选：D．
7．【正确答案】A
【详解】棱上的点，使得，连接，如下图所示：
不妨取正方体的棱长为3，由正方体性质可得，
所以四点共面，平面就是平面，
易知平面把正方体分成两部分，其中几何体为三棱台，
其体积为，
又正方体的体积为，
所以较大部分的体积为；
可得.
故选：A
8．【正确答案】B
【详解】由，
可知，
则有，即，
化简可得，将代入可得，
故．
故选：B
9．【正确答案】ABD
【详解】对于A：当时，，所以，为真命题，故A正确；
对于B：命题“，”的否定是“，或”，故B正确；
对于C：由且，可以推得出，故“且”是“”的充分条件，故C错误；
对D：命题“，”的否定为：，，显然，则命题，为真命题，故D正确；
故选：ABD.
10．【正确答案】BC
【详解】由，
可得.
对于A，因，则为偶函数，故A错误；
对于B，因当时，，，故的图象关于直线对称，即B正确；
对于C，当时，，而在上单调递减，故C正确；
对于D，当时，，故函数的图象关于点对称，即D错误.
故选：BC.
11．【正确答案】AC
【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，设，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，
所以为平面的一个法向量，
对于选项A：点到平面的距离为，故A正确；
对于选项B：设直线与平面所成角为，
可得，
所以直线与平面所成角的正弦的取值范围为，
所以直线与平面所成角的余弦的取值范围为，故B错误；
对于选项C：由题意可知：，则，
可得，可知，
且平面，所以一定平行于平面，故C正确；
对于选项D：由题意知，所以四面体的体积为，故D错误；
故选：AC.
12．【正确答案】
【详解】解：在正方形中，建立如图所示坐标系，
由正方形边长为3且，
可得，
设，，则，
则，
故，
故当时，取得最小值为．
故．
13．【正确答案】3
【详解】依题意，曲线C上任意一点P到定点的距离和点P到直线的距离相等，
由抛物线的定义知：曲线C是以为焦点，为准线的抛物线，
所以曲线C的方程为．
设点到准线的距离分别为，则，
所以中点Q到y轴的距离为3．
故3
14．【正确答案】
【详解】设数列的公比为，则，故，
则，
当且仅当时，等号成立，即的最小值为.
故答案为.
15．【正确答案】(1)
(2)单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值；
【详解】（1）当时，，故，
，，切点为，
曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为，即；
（2）因为，，
，
令，解得，
当时，，当时，，
函数在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
是极小值点，极小值为，无极大值；
故函数的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+∞，极小值为，无极大值；
16．【正确答案】(1)；
(2)；
【详解】（1）由余弦定理可知，
所以，
因为，所以；
（2）由余弦定理可得，所以；
再根据正弦定理可知，
因为，故，
所以，
即，.
17．【正确答案】(1)；
(2)证明见解析.
【详解】（1）由题设有且仅有一个实数根，
则，所以.
（2）由题设，结合（1）有，
若的两个不同实根分别为，
所以，即，
由两根之和大于2，即，故，则，
所以，
综上，，
所以方程的两个不同实根之和大于2的充要条件为.
18．【正确答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)
【详解】（1）因为，故，
所以，即，
所以数列是以首项为，公差为4的等差数列，
可得，所以；
（2）由（1）可知：
，
所以
；
（3）因为，
即，可得，
令，解得，
且，可得，即，
可得，所以实数的最小值．
19．【正确答案】(1)是，证明见解析
(2)存在，
【详解】（1）在翻转过程中总有平面平面PAG.
证明如下：点M，N分别是边BC，CD的中点，∴
又菱形ABCD中，， ∴是等边三角形，
∴是MN的中点，∴.
∴
∵在菱形ABCD中，，即
平面PAG，
∴平面PAG，
平面，∴平面平面PAG.
（2）由题意知，四边形MNDB为等腰梯形，且，
所以等腰梯形MNDB的面积.
要使得四棱锥的体积最大，只要点到平面MNDB的距离最大即可.
以点为坐标原点，GA、GM、GP所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图.
则，
点为线段PA的中点，，
设，则，
，
设平面PAB的法向量为，
由，得，
令，则，所以平面PAB的法向量.
又，
设直线MQ与平面PAB所成角为，则.
当且仅当时，取得最大值.