河南省焦作市2024-2025學(xué)年高三上冊11月月考數(shù)學(xué)檢測試題（含解析）

河南省焦作市2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期11月月考數(shù)學(xué)檢測試題一、選擇題（每小題5分，共8小題40分）1．已知集合，則集合（

）A． B． C． D．2．已知p：，q：，若p是q的充分不必要條件，則m的取值范圍是（

）A． B． C． D．3．已知為奇函數(shù)，且當(dāng)時，.則當(dāng)時，的最小值是（

）A．2 B． C． D．4．已知角的終邊上一點，且，則（

）A． B． C． D．5．已知等比數(shù)列的前n項和為，且，若，，則（

）A．90 B．135 C．150 D．1806．函數(shù)的最大值為（

）A． B． C． D．7．已知向量，，若在上的投影向量，則向量與的夾角為（

）A． B． C． D．8．已知函數(shù)的定義域為，滿足，當(dāng)時，，記的極小值為，若對，則的最大值為（

）A． B． C． D．不存在二、多選題（每小題5分，共4小題20分）9．下列等式成立的是（）A． B．C． D．10．已知定義在上的函數(shù)滿足：對于任意的，都有，且當(dāng)時，，若，則下列說法正確的有（

）A．B．關(guān)于對稱C．在上單調(diào)遞增D．11．已知a為常數(shù)，函數(shù)有兩個極值點，（），則（

）A． B． C． D．12．如圖，在邊長為2的正方體中，點E，F(xiàn)分別的中點，點P為棱上的動點，則（

）

A．在平面內(nèi)不存在與平面垂直的直線B．三棱錐的體積為定值C．平面D．過三點所確定的截面為梯形三、填空題（每小題5分，共4小題20分）13．函數(shù)的定義域為．14．已知函數(shù)（為常數(shù)）為奇函數(shù)，則滿足的的取值范圍是.15．在中，，點在線段上且與端點不重合，若，則的最大值為.16．設(shè)定義在上的函數(shù)滿足，若，，則的最小值為．四、解答題（17題10分，18—22題每題12分，共6小題70分）17．已知集合，.(1)若，求；(2)若，求的取值范圍.18．已知數(shù)列滿足，且.(1)證明：是等比數(shù)列，并求的通項公式；(2)已知數(shù)列滿足，求的前項和.19．已知函數(shù)．(1)若在上有且僅有2個極值點，求的取值范圍；(2)將的圖象向右平移個單位長度后，再將所得圖象各點的橫坐標(biāo)縮短為原來的，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)的圖象，若的最小正周期為，求的單調(diào)遞減區(qū)間．20．三棱柱中，側(cè)面是矩形，，.

(1)求證：面面ABC；(2)若，，，在棱AC上是否存在一點P，使得二面角的大小為45°？若存在求出，不存在，請說明理由.21．記的內(nèi)角的對邊分別為，已知.(1)的值;(2)若b=2，當(dāng)角最大時，求的面積.22．已知函數(shù)，.(1)若的最大值是0，求m的值；(2)若對于定義域內(nèi)任意x，恒成立，求m的取值范圍.1．A【分析】根據(jù)集合定義求出集合，再由交集定義計算．【詳解】由已知，∴．故選：A.2．C【分析】先求得命題p、q中x的范圍，根據(jù)p是q的充分不必要條件，即可得答案.【詳解】命題p：因為，所以，解得，命題q：，因為p是q的充分不必要條件，所以.故選：C3．C【分析】根據(jù)函數(shù)奇偶性可知，在上的最大值為2，利用奇函數(shù)的對稱性即可求得結(jié)果.【詳解】當(dāng)時，在內(nèi)，由二次函數(shù)性質(zhì)可知當(dāng)時，有最大值2，因為為奇函數(shù)，所以其圖象關(guān)于原點對稱，所以在內(nèi)存在最小值.故選：C4．B【分析】先通過三角函數(shù)的定義求出，代入求出，繼而求出的值.【詳解】角的終邊上一點，解得..故選：B.5．C【分析】利用等比數(shù)列的性質(zhì)得出，，，之間的關(guān)系，求出，即可得出的值.【詳解】由題意，在等比數(shù)列中，，由等比數(shù)列前n項和的性質(zhì)可得，，，成等比數(shù)列，∴有，即，整理可得，解得（舍）或，∵，∴有，解得，故選：C.6．B【分析】利用導(dǎo)數(shù)，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)即可得解.【詳解】因為，所以，易知，則，所以當(dāng)時，；當(dāng)時，；即當(dāng)時，單調(diào)遞增；當(dāng)時，單調(diào)遞減；故在處取得極大值即最大值，所以.故選：B.7．C【分析】根據(jù)投影向量求出，再求向量與的夾角.【詳解】設(shè)向量與的夾角為，與同向的單位向量為，∵在上的投影向量為，，∴，∴，∴，所以，∵，∴，∴與的夾角為，故選：C.8．B【分析】由可得，當(dāng)時，，可求得的極小值，由可得，從而得出結(jié)果.【詳解】因為，所以，當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以的極小值，因為對，所以.故選：B9．AC【分析】根據(jù)對數(shù)的運算性質(zhì)計算逐項計算.【詳解】，A成立；，B不成立；，C成立；，D不成立.故選：AC10．BCD【分析】賦值法可判斷AB；利用單調(diào)性的定義可判斷C；利用已知可得，再由累加法可判斷D.【詳解】對于A，令，得，可得，故A錯；對于B，令，則，令，則，故B對；對于C，設(shè)，則，因為，故，故，故在上單調(diào)遞增，故C對；對于D，令，故，所以，故，故D對.故選：BCD.11．ACD【分析】令，則，作出，的大致圖象，可判斷AB；由函數(shù)的單調(diào)性可判斷CD【詳解】，，令，則，令，則，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．作出，的大致圖象，當(dāng)時，有兩個根，，且，故A正確；當(dāng)時，，故B錯誤；又函數(shù)在區(qū)間上遞減，在區(qū)間上遞增，在區(qū)間上遞減，，，故CD正確；故選：ACD．12．BCD【分析】由平面即為平面，結(jié)合平面，可判定A錯誤；由為定值，所以B正確；取中點G，證得平面平面，可判定C正確；取的中點，得到所確定的截面即為平面，進而得到四邊形為梯形，可判定D正確.【詳解】對于A中，如圖（1）所示，平面即為平面，在正方形中，又由正方體中，平面，且平面，所以，因為且平面，所以平面，又因為平面，所以，同理可證：，因為且平面，所以平面，所以在平面內(nèi)存在與平面垂直的直線，所以A不正確；

對于B中，如圖（2）所示，由為定值，故B正確；

對于C中，如圖（3）所示，取中點G，連接GF，，由，因為平面，且平面，所以平面，同理可證：平面，又因為，且平面，所以平面平面，因為平面所以，所以平面，所以C正確；

對于D中，如圖（4）所示，連接，因為為和的中點，所以，又因為，可得，所以所確定的截面即為平面，其中，且四邊形為梯形，所以D正確.故選：BCD.

13．【分析】利用對數(shù)函數(shù)的定義域及根式有意義求解即可.【詳解】由根式有意義及對數(shù)的真數(shù)部分大于0可得，解得，故14．【分析】根據(jù)題意，由函數(shù)的奇偶性可得，再求導(dǎo)可得函數(shù)在上單調(diào)遞增，結(jié)合其單調(diào)性與奇偶性求解不等式，即可得到結(jié)果.【詳解】因為函數(shù)（為常數(shù)）為奇函數(shù)，則，即，解得，檢驗符合，所以，且，即函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，即，解得，所以不等式的解集為.故15．【分析】根據(jù)，利用平面向量基本定理可得，利用基本不等式可求得，結(jié)合對數(shù)運算可得結(jié)果.【詳解】，，

在線段上且與端點不重合，，且，，（當(dāng)且僅當(dāng)時取等號），，.故答案為.16．【分析】由可知，令，由，可知，利用的單調(diào)性解不等式即可.【詳解】由可知，令，則，所以在上單調(diào)遞增.因為，所以，因為所以，所以，又因為在上單調(diào)遞增.所以故17．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)集合的交集，可得答案；（2）利用分類討論，分集合是否為空集，建立不等式組，可得答案.【詳解】（1）當(dāng)時，易得，，.（2）若，即時，，滿足.若，即時，要使，只需或，解得或.綜上所述，的取值范圍為.18．(1)證明見解析，(2)【分析】（1）根據(jù)結(jié)合等比數(shù)列的定義即可得證；再利用構(gòu)造法求的通項即可；（2）利用分組求和法和裂項相消法計算即可.【詳解】（1）由，得，，，，，則是首項為4，公比為2的等比數(shù)列，由是首項為4，公比為2的等比數(shù)列，則，，即數(shù)列是首項為2，公差為1的等差數(shù)列，，則；（2），則.19．(1)；(2).【分析】（1）根據(jù)輔助角公式，結(jié)合函數(shù)極值的性質(zhì)進行求解即可；（2）根據(jù)正弦型函數(shù)圖象變換性質(zhì)，結(jié)合正弦型函數(shù)的周期公式、單調(diào)性進行求解即可.【詳解】（1），因為，所以當(dāng)時，，依題意可得，函數(shù)在上有且只有2個極值點，則，解得，故的取值范圍是；（2）依題意可得，，因為的最小正周期為，所以，即，所以，令，，則，，故的單調(diào)遞減區(qū)間為．20．(1)證明見解析(2)存在點P滿足條件，此時（即P是AC中點時）.【分析】（1）由題，根據(jù)平面與平面垂直的判定定理可得；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出點的坐標(biāo)，利用向量法求解即可.【詳解】（1）證明：，側(cè)面是菱形，，又，，平面，平面，，因為側(cè)面是矩形，所以，又，平面，又平面,.（2）由（1），以C為坐標(biāo)原點，射線、為x、y軸的正向，平面上過C且垂直于的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

由條件，，，設(shè)，由（1），面，所以，面的法向量為.設(shè)面的法向量為，由，即，可設(shè)，∴，∴，得，即，得，（舍），即，所以，存在點P滿足條件，此時（即P是中點時）.21．(1)0(2)【分析】（1）由正弦定理結(jié)合得到，推導(dǎo)出；（2）方法一：根據(jù)，結(jié)合第一問中的結(jié)論，結(jié)合基本不等式求出當(dāng)時A取到最大值，由正弦定理求出，利用三角形面積公式求出答案；方法二：根據(jù)，利用余弦定理得到，利用角A的余弦定理，結(jié)合基本不等式求出A取到最大值為，此時，利用三角形面積公式求出答案.【詳解】（1）∵，由正弦定理得：，∵，∴，∴，方程兩邊同時除以得：∴，（2）方法一：∵當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，此時A取到最大值.∵，∴，則，由正弦定理得：，即，解得：，∴當(dāng)A最大時，方法二：∵，∴，∴，∴，∴，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，此時A取到最大值為，∵，∴，∴當(dāng)A最大時，22．(1)(2)【分析】（1）求導(dǎo)，分類討論函數(shù)的單調(diào)性，即可根據(jù)最值求解，（2）分離參數(shù)得，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的單調(diào)性，即可根據(jù)最值求解.【詳解】（1）的定義域，.若，，在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，無最大值；若，當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞減；所以當(dāng)時，取得最大值，所以.（2）對于定義域內(nèi)任意x，恒成立，即在恒成立.設(shè)，則.設(shè)，則，所以在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增，且，，所以有唯一零點，且，所以.構(gòu)造函數(shù)，則，又函數(shù)在是增函數(shù)，故，，由于當(dāng)，，所以由在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以