2024~2025学年河北省承德市高三上学期11月月考数学试卷【有解析】

/2024-2025学年河北省承德市高三上学期11月月考数学检测试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知全集，集合，或，则（

）A． B．或C． D．2．“数列为等差数列”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3．设是定义在R上的可导函数，若（a为常数），则（

）A． B． C． D．4．已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限5．已知.若，则（

）A． B． C． D．6．已知函数，若的解集为，则（

）A． B．C． D．7．已知正三棱锥，点都在半径为的球面上，若两两垂直，则球心到平面的距离为（

）A． B． C． D．8．已知函数，若有四个不同的解且，则的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．下列说法不正确的是（

）A．若函数满足，则为奇函数B．关于的方程至少有一个实根，则C．集合，若，则或D．命题“”的否定为“”10．下列说法正确的是(

)A．若，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，则11．如图所示，在四面体中，M，N，P，Q，E分别是的中点，则下列说法正确的是（

）A．四边形是菱形 B．C． D．四边形为矩形三、填空题（本大题共3小题）12．已知函数给出下列四个结论：①f(x)的值域是；②f(x)在上单调递减：③f(x)是周期为的周期函数④将f(x)的图象向左平移个单位长度后，可得一个奇函数的图象其中所有正确结论的序号是．13．已知实数满足，则的最小值为.14．已知等差数列的公差不为0，等比数列的公比是小于1的正有理数，若，且是正整数，则.四、解答题（本大题共5小题）15．已知函数，设在上单调递增，在上单调递减；.(1)若成立，求的取值范围；(2)若是的充分不必要条件，求的取值范围.16．已知数列是公比为2的等比数列，且.(1)求的通项公式及前项和；(2)设，求数列的前项和.17．在中，内角A、、的对边分别为，，，．(1)求角的大小；(2)若，．求：（ⅰ）面积和边长；（ⅱ）的值．18．如图1所示的五边形中，四边形为直角梯形，，，，在中，，将沿着折叠使得二面角的大小为，且此时点到底面的距离为，如图2所示．

(1)过点是否存在直线，使直线平面？若存在，作出该直线，并写出作法与理由；若不存在，请说明理由；(2)求平面与平面的夹角的正弦值．19．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若，且存在，满足，证明：；(3)设函数，若，且与的图象有两个交点，求实数的取值范围．

答案1．【正确答案】D【分析】根据交集和补集的定义即可得出答案.【详解】解：因为,或，所以，所以.故选：D．2．【正确答案】A【详解】如果数列是等差数列，根据等差中项的扩展可得一定有，反之成立，不一定有数列是等差数列.故选：A.3．【正确答案】A【详解】．故选：A4．【正确答案】A【详解】由题知，故在复平面内对应的点为，位于第一象限．故选：A.5．【正确答案】A【详解】因为，且，则，可得，所以.故选：A.6．【正确答案】A【详解】因为的解集为，所以，且是方程的两个根，所以，所以，所以，故选：A.7．【正确答案】C【详解】方法一：因为两两垂直，所以正三棱锥的外接球就是所在正方体的外接球．如图，外接球的球心即为正方体的中心，正方体的体对角线就是外接球的直径．设正方体的棱长为，外接球的半径为，则，即，即，，，．设点到平面的距离为，由，得，所以，所以球心到平面的距离为．方法二：如图，为等边三角形的中心，连接，则三棱锥的外接球球心在直线上，连接，设，则，，，（或），在中，，即（或），解得（舍去），所以，即球心到平面的距离为．方法三：因为两两垂直，所以正三棱锥为正方体的一部分，它的外接球就是该正方体的外接球，如图，外接球的球心即为正方体的中心，正方体的体对角线就是外接球的直径，即．因为，且，故四边形为平行四边形，则，又平面，平面，故平面，同理平面，又，平面，故平面平面，设体对角线交平面于点，交平面于点，由正方体的性质知，所以，又平面，平面，故，，又平面，，故平面，又平面，则，同理，又平面，，故平面，所以球心到平面的距离为．故选：C．8．【正确答案】B【详解】由，画出y=fx与的图象，因为方程有四个不同的解，且，即与有四个交点，所以，由图可知，又，关于对称，即，又，且，即，则，所以，则，所以，且，令，，因为函数在上单调递减，所以函数在上单调递减，所以，即的最小值为.故选：B．9．【正确答案】AC【详解】对选项A，设，，满足，此时不是奇函数，故A错误.对选项B，当时，，，满足题意，当时，，解得且.综上，故B正确.对选项C，，，当时，，满足.当时，，所以或，解得或.综上：或或，故C错误.对选项D，命题“”的否定为“，故D正确.故选：AC10．【正确答案】AD【详解】对于选项A：，故A正确；对于选项B，当时，有，，但此时，故选项B错误；对于选项C，当时，有，，但此时，故选项C错误；对于选项D，，，再由不等式的同项可加性，和可得，故选项D正确.故选：AD11．【正确答案】BC【详解】由三角形中位线的性质知，，，，所以，所以四边形为平行四边形，但不能确定是否为菱形或矩形，故AD不正确．在中中位线定理得同理在中，由中位线定理得,所以由等角定理知，，所以B正确;在中，由中位线定理得所以,所以由等角定理可知，，,,所以，所以C正确;故选：BC．12．【正确答案】②③【详解】所以的值域为，故①错误；令，当时，的一个单调递减区间为，故②正确；的周期,故③正确的图像向左平移个单位长度后得到的函数图像对应的解析式为，是偶函数，故④错误故②③13．【正确答案】【详解】因为，则，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，因此，的最小值为.故答案为.14．【正确答案】运用等差数列和等比数列的通项公式，确定的表达式，利用是正整数，是小于1的正有理数，通过验证的方法可以求解.【详解】解：由已知，，∵∴，且，∴，∴，又q为小于1的正有理数，∴是一个完全平方数，可得或或或，则（舍）或或（舍）或（舍）∴.故答案为.15．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）因为二次函数的对称轴为，若成立，即在上单调递增，在上单调递减，所以，解得，即的取值范围为；（2）因为，，又是的充分不必要条件，所以真包含于，所以(等号不同时成立)，解得，经检验，当或时，，所以的取值范围为．16．【正确答案】(1)(2).【分析】（1）只需求得，结合即可得出的通项公式，再结合等比数列求和公式即可求得；（2）化简得到，再通过裂项相消法即可求解.【详解】（1）设数列是公比为，因为，，所以解得，所以.（2）由（1）知，，所以.即数列的前项和.17．【正确答案】(1)(2)（ⅰ），；（ⅱ）【详解】（1）因，由正弦定理可得：又在三角形中，，则.又，则，又，则；（2）（ⅰ）由（1），；又由余弦定理，，则；（ⅱ）由余弦定理：，则，，又.则.18．【正确答案】(1)存在，答案见解析(2)【详解】（1）过点存在直线，满足直线平面．作法与理由如下：在平面内，过点作直线平行于直线，如图所示．

因为，平面，平面，所以平面（作法不唯一）．（2）取线段的中点，线段的中点，连接，，，因为四边形为直角梯形，，所以．又，所以．因为，所以．又，平面，所以平面．在平面内过点作直线平面，交直线于点，则直线，，两两垂直．以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

过点作，交的延长线于点，因为平面，所以平面．又点到底面的距离为，所以．因为，，所以为二面角的平面角，所以，所以，所以，所以，，，，，于是，，，．设平面的法向量为n1=则，则，令，得，所以为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，则，令，得，所以平面的一个法向量为．设平面与平面的夹角为，则,所以．故平面与平面的夹角的正弦值为．19．【正确答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)．【详解】（1）由题意得，若，则在上单调递减，在上单调递增．若，令，得或，若，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；若，则在R上单调递增；若，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．（2）由（1）可