2024-2025學(xué)年福建省廈門市高三上冊11月月考數(shù)學(xué)階段檢測試卷

2024-2025學(xué)年福建省廈門市高三上學(xué)期11月月考數(shù)學(xué)階段檢測試卷本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共4頁，滿分為150分.考試用時120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名和準(zhǔn)考證號填寫在答題卡相應(yīng)的位置上，用2B鉛筆將自己的準(zhǔn)考證號填涂在答題卡上.2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案；在試卷上做答無效.3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆在答題卡上作答，答案必須寫在答題卡上各題目指定區(qū)域內(nèi)的相應(yīng)位置上，超出指定區(qū)域的答案無效；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準(zhǔn)使用涂改液.不按以上要求作答的答案無效.4.考生必須保持答題卡的整潔和平整.第Ⅰ卷（共58分）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，若，則所有整數(shù)的取值構(gòu)成的集合為（）A.{1，2} B.{1} C. D.2.已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列中，若，則（）A.2 B.3 C.4 D.93.已知是平面內(nèi)兩個非零向量，那么“”是“存在，使得”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件4.如圖是函數(shù)大致圖象，則不等式的解集為（）A. B. C. D.5數(shù)列滿足，且，則等于（）A.148 B.149 C.152 D.2996.已知正三角形的邊長為，平面內(nèi)的動點滿足，，則的最大值是A B. C. D.7.不等式對任意恒成立，則的最小值為（）A. B.2 C. D.8.正方體中，點M是上靠近點的三等分點，平面平面，則直線l與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，有選錯的得0分，部分選對得部分分?jǐn)?shù)分.9.設(shè)為互不重合的兩個平面，m，n為互不重合的兩條直線，則下列命題正確的是（）A.若，，，則B.若m，n為異面直線，且，，，，則C.若m，n與所成的角相等，則D.若，，，則10.已知復(fù)數(shù)，，且在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第一象限，則以下結(jié)論正確的為（）A. B. C. D.11.定義在上的函數(shù)滿足，其中為實數(shù)，其值域是.若對于任何滿足上述條件的都有，則（）A.方程可以有無數(shù)多解B.當(dāng)時，C.當(dāng)時，將所有滿足（）且大于等于1的實數(shù)從小到大排成一列，組成數(shù)列，若，則數(shù)列的最大項為D.取值范圍為第Ⅱ卷（共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分12.已知向量的夾角的余弦值為，且，則______.13.已知函數(shù)，且，則__.14.已知正四面體ABCD棱長為，其外接球的球心為O.點E滿足，，過點E作平面平行于AC和BD，當(dāng)時，平面截球O所得截面的周長為____；當(dāng)時，將正四面體ABCD繞EF旋轉(zhuǎn)90°后與原四面體的公共部分體積為_______.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟15.在中，角的對邊分別為，，，已知.（1）求角；（2）若是邊上的一點，且滿足，，求.16.已知數(shù)列的前項和為，，（）.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）記，數(shù)列的前項和為，恒成立，求實數(shù)的取值范圍.17.如圖，在四棱錐中，底面是菱形，，面，是棱上一動點.（1）當(dāng)時，求三棱錐的體積（2）當(dāng)?shù)拿娣e最小時，求平面與平面所成夾角的余弦值.18.已知函數(shù)滿足存在實數(shù)，使得.（1）求實數(shù)的取值范圍；（2）若有最大值為，求實數(shù)的值；（3）證明.19.已知集合中的元素均為正整數(shù)，且滿足：①對于任意，若，都有；②對于任意，若，都有.（1）已知集合，求；（2）已知集合，求；（3）若中有4個元素，證明：中恰有5個元素.廈門外國語學(xué)校2024-2025學(xué)年第一學(xué)期高三11月份階段性考試數(shù)學(xué)試題本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共4頁，滿分為150分.考試用時120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名和準(zhǔn)考證號填寫在答題卡相應(yīng)的位置上，用2B鉛筆將自己的準(zhǔn)考證號填涂在答題卡上.2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案；在試卷上做答無效.3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆在答題卡上作答，答案必須寫在答題卡上各題目指定區(qū)域內(nèi)的相應(yīng)位置上，超出指定區(qū)域的答案無效；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準(zhǔn)使用涂改液.不按以上要求作答的答案無效.4.考生必須保持答題卡的整潔和平整.第Ⅰ卷（共58分）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，若，則所有整數(shù)的取值構(gòu)成的集合為（）A.{1，2} B.{1} C. D.【正確答案】C【分析】對進(jìn)行分類討論，根據(jù)來求得正確答案.【詳解】當(dāng)時，，滿足.當(dāng)時，，由于且，所以或.綜上所述，整數(shù)的取值構(gòu)成的集合為.故選：C2.已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列中，若，則（）A.2 B.3 C.4 D.9【正確答案】C【分析】根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)得到，計算出答案.【詳解】∵各項均為正數(shù)的等比數(shù)列中，，∴.故選：C.3.已知是平面內(nèi)兩個非零向量，那么“”是“存在，使得”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】C【分析】根據(jù)向量的模長關(guān)系以及共線，即可結(jié)合必要不充分條件進(jìn)行判斷.【詳解】若，則存在唯一的實數(shù)，使得，故，而，存在使得成立，所以“”是“存在，使得’的的充分條件，若且，則與方向相同，故此時，所以“”是“存在存在，使得”的必要條件，故“”是“存在，使得”的充分必要條件.故選：C.4.如圖是函數(shù)的大致圖象，則不等式的解集為（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】由圖確定是的極小值點，求得，即可求解.【詳解】由圖可知，是的極小值點，由已知得，令，得，得，經(jīng)驗證符合題意，所以，由，，可得，解得.故選：D5.數(shù)列滿足，且，則等于（）A.148 B.149 C.152 D.299【正確答案】B【分析】根據(jù)遞推公式求和偶數(shù)項之間的遞推關(guān)系，然后由累加法可得.【詳解】由題意得，因，，所以，所以．故選：B．6.已知正三角形的邊長為，平面內(nèi)的動點滿足，，則的最大值是A. B. C. D.【正確答案】B【詳解】試題分析：甴已知易得.以為原點，直線為軸建立平面直角坐標(biāo)系，則設(shè)由已知，得，又，它表示圓上點與點距離平方的，，故選B．考點：1.向量的數(shù)量積運算；2.向量的夾角；3.解析幾何中與圓有關(guān)的最值問題.7.不等式對任意恒成立，則的最小值為（）A. B.2 C. D.【正確答案】A【分析】先由題意得到是的一個根，從而得到之間的關(guān)系式為，消元并利用均值不等式求解即可.【詳解】由題意可得，需滿足是的一個根，即，且，所以，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號.所以的最小值為.故選：A.8.正方體中，點M是上靠近點的三等分點，平面平面，則直線l與所成角的余弦值為（）A B. C. D.【正確答案】D【分析】先根據(jù)面面平行性質(zhì)定理得出交線l,再結(jié)合空間向量法求異面直線的余弦值.【詳解】因為是正方體，所以平面平面,平面平面,平面平面,所以,是靠近的三等分點，所以,平面平面即是,如圖建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方體邊長為3，則設(shè)直線l與所成角為.故選：D.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，有選錯的得0分，部分選對得部分分?jǐn)?shù)分.9.設(shè)為互不重合的兩個平面，m，n為互不重合的兩條直線，則下列命題正確的是（）A.若，，，則B.若m，n為異面直線，且，，，，則C.若m，n與所成的角相等，則D.若，，，則【正確答案】ABD【分析】由線線關(guān)系、線面關(guān)系、面面關(guān)系逐項判斷可得答案.【詳解】對于A，由，得，又，所以，故A正確；對于B，在空間取一點，過點分別作，，則與確定一個平面，由，，得，，所以，同理，所以，故B正確；對于C，當(dāng)m，n相交，且與都平行時，m，n與所成的角相等，此時與不平行，故C錯誤；對于D，由，可知，在上取一點，過在內(nèi)作一直線，使得，則，過在內(nèi)作一直線，使得，則，顯然，則，故D正確.故選：ABD.10.已知復(fù)數(shù)，，且在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第一象限，則以下結(jié)論正確的為（）A. B. C. D.【正確答案】AC【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的模長和加法運算可得，進(jìn)而逐項分析判斷.【詳解】設(shè)，因為，可知，即，又因為，則，可知，解得，則或，且在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第一象限，則，可知，即.對于選項A：因為，所以，故A正確；對于選項B：可知，故B錯誤；對于選項C：因為，故C正確；對于選項D：，故D錯誤；故選：AC.11.定義在上的函數(shù)滿足，其中為實數(shù)，其值域是.若對于任何滿足上述條件的都有，則（）A.方程可以有無數(shù)多解B.當(dāng)時，C.當(dāng)時，將所有滿足（）且大于等于1的實數(shù)從小到大排成一列，組成數(shù)列，若，則數(shù)列的最大項為D.的取值范圍為【正確答案】AB【分析】舉特例，為常數(shù)函數(shù)時，判斷A，設(shè)，通過計算和判斷B，由的解判斷C，令，利用勾形函數(shù)及復(fù)合函數(shù)的性質(zhì)確定上的單調(diào)性，從而得出時的范圍，然后確定對上任意的，存在，使得，由此確定的部分范圍以判斷D．確定出滿足條件的的部分范圍判斷D．【詳解】A.當(dāng)函數(shù)為常值函數(shù)，此時方程有無數(shù)多解，所以A對B.當(dāng)時，，，，，，所以，B對C.當(dāng)時，若，則有，解得，其中，所以C錯D.據(jù)題意，得，令，，∵當(dāng)時，由勾形函數(shù)性質(zhì)知在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，∴，∴時，值域為,∴①當(dāng)時，∵，取遍的每一個值，∴當(dāng)時，一定，使得，如圖1所示，此時，∴符合題設(shè)要求.②當(dāng)時，可知，在單調(diào)遞增，所以當(dāng)時，.時（?。┤?，則一定，使得，如圖2所示，進(jìn)而；（ⅱ）若，其中，令，當(dāng)時，，∴，所以，使得，如圖3所示，進(jìn)而，∴也符合題設(shè)要求，∴D錯.故選：AB難點點睛：本題難點在于對題意的理解：定義在上的函數(shù)值域是.若對于任何滿足上述條件的都有，即為對任意，存在，使得，而的關(guān)系可通過函數(shù)式進(jìn)行映射，但是只考慮，還不全面，要考慮到的性質(zhì)，如，，這樣也有．第Ⅱ卷（共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分12.已知向量的夾角的余弦值為，且，則______.【正確答案】2【分析】根據(jù)平面向量的數(shù)量積定義及運算律求解即可.【詳解】由題意，向量的夾角的余弦值為，因為，所以，解得或（舍去）.故2.13.已知函數(shù)，且，則__.【正確答案】【分析】先求出，畫出在上的圖象，數(shù)形結(jié)合得到，故，求出.【詳解】，，，畫出在上的圖象，如下：顯然，故，，即，解得.故14.已知正四面體ABCD的棱長為，其外接球的球心為O.點E滿足，，過點E作平面平行于AC和BD，當(dāng)時，平面截球O所得截面的周長為____；當(dāng)時，將正四面體ABCD繞EF旋轉(zhuǎn)90°后與原四面體的公共部分體積為_______.【正確答案】①.②.【分析】①平面截球O所得截面的周長可根據(jù)球的性質(zhì)分析運算；②根據(jù)正方體分析可得：兩個正四面體的公共部分兩個全等的正四棱錐組合而成，利用錐體體積公式運算求解.【詳解】①正四面體ABCD的外接球即為正方體的外接球，其半徑，設(shè)平面截球所得截面的圓心為，半徑為，當(dāng)時，則，∵，則，∴平面截球O所得截面的周長為.故②如圖2，將正四面體繞旋轉(zhuǎn)后得到正四面體，設(shè)，∵，則分別為各面的中心，∴兩個正四面體的公共部分為，為兩個全等的正四棱錐組合而成，根據(jù)正方體可得：，正四棱錐的高為，故公共部分的體積.故答案為.思路點睛：對于正四面體的相關(guān)問題時，我們常轉(zhuǎn)化為正方體，利用正方體的性質(zhì)處理相關(guān)問題.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟15.在中，角的對邊分別為，，，已知.（1）求角；（2）若是邊上的一點，且滿足，，求.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）根據(jù)題意可得，利用正弦定理結(jié)合三角恒等變換可得，即可得結(jié)果；（2）根據(jù)題意結(jié)合向量夾角公式可得，利用面積關(guān)系求解可得小問1詳解】因為，即，.由正弦定理可得，且，即，可得，且，則，可得，又因，所以【小問2詳解】因為，即，可得，又，所以，可知平分，則，因為，即，整理可得16.已知數(shù)列的前項和為，，（）.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）記，數(shù)列的前項和為，恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）由，得時，，相減得出數(shù)列的遞推關(guān)系，再確定關(guān)系式對是否適用，得證其為等比數(shù)列，從而得通項公式；（2）用錯位相減法求得和，不等式恒成立，化為，利用不等式法（最大項不比前后兩項小）或作差法得出最大項，從而得參數(shù)范圍．【小問1詳解】由，可得：時，，兩式相減可得：，所以，時，，所以，所以數(shù)列是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，的通項公式為【小問2詳解】，.，，兩式相減得：，所以，因為恒成立，可得，記，法一：令，則，解得，則，即當(dāng)時，取到最大值2，可得，所以實數(shù)的取值范圍.法二：，時，，即，時，，即，則，即當(dāng)時，取到最大值2，可得，所以實數(shù)的取值范圍17.如圖，在四棱錐中，底面是菱形，，面，是棱上一動點.（1）當(dāng)時，求三棱錐的體積（2）當(dāng)面積最小時，求平面與平面所成夾角的余弦值.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）先根據(jù)線面垂直得出線線垂直進(jìn)而得出，再應(yīng)用錐體體積公式計算即可得解；（2）先證明線面垂直，再計算所以當(dāng)最小時，三角形面積最小，最后根據(jù)已知建系空間向量法計算二面角余弦即可.【小問1詳解】由已知，，所以，所以，又平面，∴，又∵平面，平面，∴.∵，∴，設(shè)到平面的距離，∴，又∵，∴，，所以.【小問2詳解】設(shè)相交于點，因為平面，平面，所以，平面，平面，平面，因為平面，所以，，因為為定值，所以當(dāng)最小時，三角形面積最小，因為在線段上動，所以當(dāng)時，最小，即三角形面積最小，此時，取中點，因為為中點，所以.因為平面，平面.所以，所以在平面中，，因為平面，平面，所以平面平面，因為平面平面，，平面，所以平面，因為平面，所以，因為，以為原點，以，，分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系.，，，，，設(shè)平面的法向量則，設(shè)，則，所以為平面的一個法向量.平面的法向量.設(shè)平面平面夾角，.18.已知函數(shù)滿足存在實數(shù)，使得.（1）求實數(shù)的取值范圍；（2）若有最大值為，求實數(shù)的值；（3）證明.【正確答案】（1）（2）（3）證明見解析.【分析】（1）求出函數(shù)導(dǎo)數(shù)，分類討論，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性及題意求出的取值范圍；（2）由題意，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的最大值，再由最大值為求出；（3）對要證結(jié)論進(jìn)行轉(zhuǎn)化，換元后即證，構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)單調(diào)性證明即可.【小問1詳解】由，得函數(shù)的定義域為，又；當(dāng)時，f′x>0恒成立，所以在上單調(diào)遞增，不滿足題意；當(dāng)時，，f′x>0，單調(diào)遞增；，f′x<0，此時滿足存在實數(shù)，使得；綜上，實數(shù)的取值范圍為【小問2詳解】由（1）知，令g(x)=xfx=x則，令，因為，所以在上單調(diào)遞減，當(dāng)，即時，恒成立，在上單調(diào)遞減，沒有最大值，當(dāng)，即時，存在，使得①所以時，，單調(diào)遞增；時，，單調(diào)遞減.所以存在的最大值為②由①②消整理得令，關(guān)注到，且單調(diào)遞增，所以是方程唯一解.把代入①式中，求得.【小問3詳解】由，得，故欲證，只需證：，即，令（），即證，即證，令，則?′t所以在單調(diào)遞增，而?1=0，所以，當(dāng)時，恒成立，證畢.關(guān)鍵點點睛：在比較復(fù)雜的導(dǎo)數(shù)題目中，對所要證明式子進(jìn)行等價變形或放縮變形，根據(jù)式子結(jié)構(gòu)構(gòu)造適當(dāng)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值是證明的關(guān)鍵,19.已知集合中的元素均為正整數(shù)，且滿足：①對于任意，