2024-2025學年四川省成都市高三上冊11月月考數(shù)學檢測試題（含解析）

2024-2025學年四川省成都市高三上學期11月月考數(shù)學檢測試題一、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，，則)A． B． C． D．2．已知復數(shù)（），則是的（

）A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件3．已知，則（

）A．B．C．D．4．將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度，再將所得圖象上的所有點，縱坐標不變，橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍，得到的圖象，則（

）A． B． C． D．5．已知向量滿足，，，則（）A． B． C． D．6．已知，則（

）A．2 B． C． D．7．已知橢圓的左?右焦點分別為，過點作垂直于軸的直線交橢圓于兩點，的內切圓圓心分別為，則的面積是（

）A． B． C． D．8．已知正六棱柱的12個頂點都在一個半徑為3的球面上，當該正六棱柱的體積取最大值時，其高的值為（

）A． B． C． D．二、選擇題：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，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．下列各項正確的是（

）A．若隨機變量，則B．若隨機變量，則C．對于事件，若，則互斥D．用不同的模型擬合同一組數(shù)據(jù)，則殘差平方和越小的模型擬合的效果越好10．如圖，正方體的棱長為1，是棱上動點，則下列說法正確的是（

）A．直線平面B．C．三棱錐的體積為D．直線與面所成最大角的正切值為11．已知函數(shù)定義域均為，且為偶函數(shù)，若，則下面一定成立的是（

）A． B． C． D．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知，是兩個不共線的向量，若與共線，則的值為．13．函數(shù)的最大值與最小值之積為．14．已知橢圓的左、右焦點分別為，，是橢圓上任意一點，直線垂直于且交線段于點，若，則該橢圓的離心率的取值范圍是.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．(13分)記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．(1)求A；(2)若為銳角三角形，且，求的周長的取值范圍．16．(15分)四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的菱形，側面底面ABCD，，，E是BC的中點，點Q在側棱PC上.(1)求平面PAD與平面PDC所成角的余弦值；(2)是否存在點Q，使平面DEQ？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.17．(15分)已知函數(shù)．（Ⅰ）求曲線在點處的切線方程；（Ⅱ）若不等式對任意恒成立，求實數(shù)的取值范圍．18．(17分)已知橢圓：（）的左焦點與拋物線的焦點重合，直線與以原點為圓心，以橢圓的離心率為半徑的圓相切．(1)求該橢圓的方程；(2)過點的直線交橢圓于，兩點，線段的中點為，的垂直平分線與軸和軸分別交于，兩點．記的面積為，的面積為．問：是否存在直線，使得，若存在，求直線的方程，若不存在，說明理由．19．(17分)在某抽獎活動中，初始時的袋子中有3個除顏色外其余都相同的小球，顏色為2白1紅．每次隨機抽取一個小球后放回．抽獎規(guī)則如下：設定抽中紅球為中獎，抽中白球為未中獎；若抽到白球，放回后把袋中的一個白色小球替換為紅色；若抽到紅球，放回后把三個球的顏色重新變?yōu)?白1紅的初始狀態(tài)．記第n次抽獎中獎的概率為．(1)求，，；(2)若存在實數(shù)a，b，c，對任意的不小于4的正整數(shù)n，都有，試確定a，b，c的值，并說明理由；(3)若累計中獎4次及以上可以獲得一枚優(yōu)勝者勛章，則從初始狀態(tài)下連抽9次獲得至少一枚勛章的概率為多少？答案：題號1234567891011答案BAABDACDABDBCDACD1．B【分析】分別求出集合A與集合B，再求交集即可．【詳解】解不等式得由定義域可得B={x|x>0}所以所以選B本題考查了交集的運算，函數(shù)定義域的求法，屬于基礎題．2．A【分析】根據(jù)復數(shù)模的計算公式及充分條件、必要條件的定義判斷即可；【詳解】解：因為，所以，當時，故充分性成立，當，即，解得，故必要性不成立，故是的充分不必要條件；故選：A3．A【分析】利用冪函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的性質來判斷即可.【詳解】冪函數(shù)在上單調遞增，故，又，所以.故選：A.4．B【分析】根據(jù)平移變換和周期變換的原則求解即可.【詳解】將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度，得，再將所得圖象上的所有點，縱坐標不變，橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍，得.故選：B.5．D【分析】利用平面向量數(shù)量積公式及求夾角公式可求解.【詳解】因為，，，所以，，所以故選：D6．A【分析】利用二倍角公式及同角三角函數(shù)的基本關系計算可得.【詳解】解：因為，所以，所以，即，即，即.故選：A7．AA【分析】根據(jù)橢圓及的位置關系，利用等面積法可分別求得它們的內切圓圓心位置及其半徑，分別計算出的各邊長度可得結果.【詳解】如圖所示，由橢圓，知，所以.所以，所以過作垂直于軸的直線為，代入中，解出.由題知的內切圓的半徑相等，且的內切圓圓心的連線垂直于軸于點.設內切圓的半徑為，在中，由等面積法得，.由橢圓的定義可知，，由，所以，所以，解得，所以.因為為的的角平分線，所以一定在上，即軸上，令圓半徑為.在中，由等面積法得，.所以，解得，所以，所以，所以的周長是.故選：A.8．D【分析】根據(jù)正六棱柱和球的對稱性，球心必然是正六棱柱上下底面中心連線的中點，作出過正六棱柱的對角面的軸截面即可得到正六棱柱的底面邊長、高和球的半徑的關系，在這個關系下求得函數(shù)取得最值的條件即可求出所要求的量.【詳解】以正六棱柱的最大對角面作截面如圖，設球心為，正六棱柱的上下底面中心分別為，則是，的中點，設高為，設底面邊長為，則，∴，∴，，，∴，∴，..本題重點考查球的內接幾何體的知識，將空間幾何體與導數(shù)的應用相結合是解題的關鍵，考查了學生的空間想象能力和運算能力.9．ABD【分析】根據(jù)正態(tài)分布額對稱性判斷A，根據(jù)二項分布的期望、方差公式判斷B，由互斥事件的定義及條件概率的定義可判斷C，由殘差的定義判斷D.【詳解】對于A，由正態(tài)分布的對稱性知，，所以，故A；對于B，由,故B正確；對于C，當時，不互斥，故C錯誤；對于D，由殘差平方和的統(tǒng)計意義知殘差平方和越小的模型擬合的效果越好，故D正確，故選：ABD10．AB【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量法一一驗證即可；【詳解】如圖建立空間直角坐標系，，，，，，，，，，，，，，則有，對于A，設平面的法向量為，則，即，取，則，即，又直線平面，所以直線平面，故A正確，對于B，因為，即，所以，故B，對于C，，故C正確，對于D，由題意易知，為平面的一個法向量，且，則設直線與平面所成的角為，所以，，所以，故D錯誤.故選：ABC.11．ACD【分析】根據(jù)可得函數(shù)的圖象關于點對稱，根據(jù)為偶函數(shù)可得函數(shù)的圖象關于成軸對稱，兩者結合可得函數(shù)的周期性.通過求值，可判斷AD的真假；取特殊函數(shù)，驗證BC的真假.【詳解】因為滿足，所以函數(shù)的圖象關于點對稱；又函數(shù)定義域為，所以又為偶函數(shù)，所以，所以的圖象關于成軸對稱，兩者結合即，用代替得：，所以，所以為周期函數(shù)，且.因為，結合偶函數(shù)性質知，故A正確；若滿足題設，則，則，故B錯誤；由上易知周期也為4，又，，，所以，故C正確.因為，，所以，故D；故選：ACD關鍵點點睛：本題的關鍵是要清楚函數(shù)的對稱性及周期性：（1）若，則的圖象關于點成中心對稱；（2）若，則的圖象關于成軸對稱；（3）若且（），則除了函數(shù)有對稱性之外，函數(shù)還是周期函數(shù)，且.12．【分析】根據(jù)題意得到，列出方程組，即可求解.【詳解】由題意，向量與共線，可得，即，可得，解得.故答案為.13．【分析】利用不等式及可求函數(shù)的最值，從而可得它們的乘積.【詳解】函數(shù)的定義域為，一方面，，等號當時取得；另一方面，，當且僅當時等號成立，于是最大值為，最小值為，所求乘積為．故答案為.14．【分析】設，，又，，運用向量共線的坐標表示，可得的坐標，再由向量垂直的條件：數(shù)量積為0，由的坐標滿足橢圓方程，化簡整理可得的方程，求得，由，解不等式結合離心率公式即可得到范圍．【詳解】解：設，，又，，，，可得，，，可得，，又，，，由，可得，化為，由在橢圓上，可得，即有，可得，化為，解得，或（舍去），由，可得，即有，又，可得，該橢圓的離心率的取值范圍是，故，．本題考查橢圓的離心率的范圍，注意運用向量的坐標表示和向量垂直的條件：數(shù)量積為0，考查橢圓的范圍，以及化簡整理的運算能力．15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理邊化角結合正弦和角公式、輔助角公式計算即可；（2）根據(jù)（1）的結論及正弦定理用角表示邊，結合三角恒等變換將周長化為，根據(jù)三角函數(shù)的性質計算值域即可.【詳解】（1）因為，所以由正弦定理可知，，因為，所以，即．又，所以，即或，即或（舍去）．（2）由（1）得，則，即,由正弦定理可知，所以．因為為銳角三角，所以，即，則，即，則.故的周長的取值范圍為．15．(1)(2)存在點Q，使平面，，理由見詳解【分析】（1）取的中點，連接，利用已知條件證明得，量兩兩互相垂直，所以以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，利用法向量求兩平面所成角的余弦值即可（2）假設存在，設，求出平面的法向量為，根據(jù)平面，可得，求得即可.【詳解】（1）取的中點，連接，因為所以，因為側面底面ABCD，且兩個交于平面，平面ABCD所以平面ABCD,又平面ABCD所以在菱形中，，且邊長為4，所以所以所以所以量兩兩互相垂直所以以為坐標原點，分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示：則：由，即，因為側面底面ABCD，且相交于平面，平面ABCD所以平面所以為平面的一個法向量且設為平面的一個法向量由令所以設平面PAD與平面PDC所成的角為，且由圖知為銳角所以所以平面PAD與平面PDC所成角的余弦值為（2）假設存在，設，由（2）可知，設,則，又因為，所以，即，所以在平面中，，設平面的法向量為，則有，可取，又因為平面，所以，即，解得.所以當時，平面.17．（Ⅰ）；（Ⅱ）見解析【分析】（Ⅰ）利用導數(shù)求出的值，作為切線的斜率，求出，確定切點坐標，再利用點斜式寫出所求切線方程；（Ⅱ）由不等式對任意的恒成立轉化為對任意的恒成立，并構造函數(shù)，利用導數(shù)求出函數(shù)在區(qū)間上的最小值，于此可求出實數(shù)的取值范圍．【詳解】（Ⅰ）因為，所以，，，所以曲線在點處的切線方程；（Ⅱ）即對任意恒成立.當時，顯然成立，當時，等價于，令，.則令，則對任意恒成立，故在單減，于是即.從而在單減，故

所以綜上所述，本題考查利用導數(shù)求函數(shù)的切線方程，以及利用導數(shù)研究函數(shù)不等式恒成立問題，通常利用參變量分離法進行轉化為定函數(shù)的最值問題來求解，考查分析問題的能力與計算能力，屬于難題．18．(1)(2)不存在直線使得，理由見解析.【分析】(1)結合橢圓方程求出半焦距，然后利用直線與圓相切得到離心率，進而求出，最后利用得到即可求解；(2)結合已知條件，設出直線的方程，并與橢圓方程聯(lián)立，結合韋達定理求出線段的中點，然后利用垂直關系求出的橫坐標，根據(jù)得到，進而得到，再通過得到，最后利用距離公式即可求解.【詳解】（1）不妨設左焦點的坐標為，由拋物線方程可知，，即，因為直線與以原點為圓心，以橢圓的離心率為半徑的圓相切，故圓心到直線的距離，從而，又因為，所以橢圓的方程為.（2）結合已知條件，作圖如下：假設存在直線使，顯然直線不能與，軸垂直．∴直線的斜率存在，設其方程為，，，聯(lián)立直線和橢圓的方程，即，整理得，，由韋達定理可知，，，∴中點，∵，∴，解得，，即，∵，∴，∴，即，又∵，∴，∴，整理得，，方程無解，故不存在直線滿足．19．(1)，，(2)(3)【分析】（1）利用相互獨立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解即可；（2）分別求出第一次中獎，第次中獎的概率，第一次未中獎而第二次中獎，第次抽獎中獎的概率，前兩次均未中獎，第次抽獎中獎的概率，即可求解時，，對比即可求解；（3）先分析獲得勛章的情形，分別求出從初始狀態(tài)開始抽三次，前兩次均未中獎而第三次中獎的概率，再求出僅三次中獎的概率即可求解.【詳解】（1）,，；（2）因為每次中獎后袋中的球會回到初始狀態(tài)，從初始狀態(tài)開始，若第一次中獎，此時第次抽獎中獎的概率為，從初始狀態(tài)開始，若第一次未中獎而第二次中獎，此時第次抽獎中獎的概率為，從初始狀態(tài)開始，若前兩次均未中獎，則第三次必中獎，此時第次抽獎中獎的概率為，綜上所述，對任意的，，又，所以；（3）由題意知每抽三次至少有一次中獎，故連抽次至少中獎次，所以只需排除次中獎的情況即可獲得一枚優(yōu)勝者勛章，另外，每兩