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

2024-2025學(xué)年四川省成都市高三上學(xué)期11月月考數(shù)學(xué)檢測(cè)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．已知集合，，則)A． B． C． D．2．已知復(fù)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(gè)單位長(zhǎng)度，再將所得圖象上的所有點(diǎn)，縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的2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(diǎn)分別為，過點(diǎn)作垂直于軸的直線交橢圓于兩點(diǎn)，的內(nèi)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(gè)頂點(diǎn)都在一個(gè)半徑為3的球面上，當(dāng)該正六棱柱的體積取最大值時(shí)，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(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9．下列各項(xiàng)正確的是（

）A．若隨機(jī)變量，則B．若隨機(jī)變量，則C．對(duì)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(zhǎng)為1，是棱上動(dòng)點(diǎn)，則下列說(shuō)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(gè)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(diǎn)分別為，，是橢圓上任意一點(diǎn)，直線垂直于且交線段于點(diǎn)，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(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過程或演算步驟．15．(13分)記的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且．(1)求A；(2)若為銳角三角形，且，求的周長(zhǎng)的取值范圍．16．(15分)四棱錐中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，側(cè)面底面ABCD，，，E是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在側(cè)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(diǎn)Q，使平面DEQ？若存在，求出的值；若不存在，說(shuō)明理由.17．(15分)已知函數(shù)．（Ⅰ）求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（Ⅱ）若不等式對(duì)任意恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．18．(17分)已知橢圓：（）的左焦點(diǎn)與拋物線的焦點(diǎn)重合，直線與以原點(diǎn)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(diǎn)的直線交橢圓于，兩點(diǎn)，線段的中點(diǎn)為，的垂直平分線與軸和軸分別交于，兩點(diǎn)．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(shuō)明理由．19．(17分)在某抽獎(jiǎng)活動(dòng)中，初始時(shí)的袋子中有3個(gè)除顏色外其余都相同的小球，顏色為2白1紅．每次隨機(jī)抽取一個(gè)小球后放回．抽獎(jiǎng)規(guī)則如下：設(shè)定抽中紅球?yàn)橹歇?jiǎng)，抽中白球?yàn)槲粗歇?jiǎng)；若抽到白球，放回后把袋中的一個(gè)白色小球替換為紅色；若抽到紅球，放回后把三個(gè)球的顏色重新變?yōu)?白1紅的初始狀態(tài)．記第n次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)的概率為．(1)求，，；(2)若存在實(shí)數(shù)a，b，c，對(duì)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(shuō)明理由；(3)若累計(jì)中獎(jiǎng)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(hào)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(yùn)算，函數(shù)定義域的求法，屬于基礎(chǔ)題．2．A【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)模的計(jì)算公式及充分條件、必要條件的定義判斷即可；【詳解】解：因?yàn)椋?，?dāng)時(shí)，故充分性成立，當(dāng)，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(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)來(lái)判斷即可.【詳解】?jī)绾瘮?shù)在上單調(diào)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(gè)單位長(zhǎng)度，得，再將所得圖象上的所有點(diǎn)，縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的2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?yàn)?，，，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(guān)系計(jì)算可得.【詳解】解：因?yàn)?，所以，所以，即，即，?故選：A7．AA【分析】根據(jù)橢圓及的位置關(guān)系，利用等面積法可分別求得它們的內(nèi)切圓圓心位置及其半徑，分別計(jì)算出的各邊長(zhǎng)度可得結(jié)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(nèi)切圓的半徑相等，且的內(nèi)切圓圓心的連線垂直于軸于點(diǎn).設(shè)內(nèi)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?yàn)闉榈牡慕瞧椒志€，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(zhǎng)是.故選：A.8．D【分析】根據(jù)正六棱柱和球的對(duì)稱性，球心必然是正六棱柱上下底面中心連線的中點(diǎn)，作出過正六棱柱的對(duì)角面的軸截面即可得到正六棱柱的底面邊長(zhǎng)、高和球的半徑的關(guān)系，在這個(gè)關(guān)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(duì)角面作截面如圖，設(shè)球心為，正六棱柱的上下底面中心分別為，則是，的中點(diǎn)，設(shè)高為，設(shè)底面邊長(zhǎng)為，則，∴，∴，，，∴，∴，..本題重點(diǎn)考查球的內(nèi)接幾何體的知識(shí)，將空間幾何體與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用相結(jié)合是解題的關(guān)鍵，考查了學(xué)生的空間想象能力和運(yùn)算能力.9．ABD【分析】根據(jù)正態(tài)分布額對(duì)稱性判斷A，根據(jù)二項(xiàng)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(duì)于A，由正態(tài)分布的對(duì)稱性知，，所以，故A；對(duì)于B，由,故B正確；對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，不互斥，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由殘差平方和的統(tǒng)計(jì)意義知?dú)埐钇椒胶驮叫〉哪Ｐ蛿M合的效果越好，故D正確，故選：ABD10．AB【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法一一驗(yàn)證即可；【詳解】如圖建立空間直角坐標(biāo)系，，，，，，，，，，，，，，則有，對(duì)于A，設(shè)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(duì)于B，因?yàn)?，即，所以，故B，對(duì)于C，，故C正確，對(duì)于D，由題意易知，為平面的一個(gè)法向量，且，則設(shè)直線與平面所成的角為，所以，，所以，故D錯(cuò)誤.故選：ABC.11．ACD【分析】根據(jù)可得函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，根據(jù)為偶函數(shù)可得函數(shù)的圖象關(guān)于成軸對(duì)稱，兩者結(jié)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(yàn)證BC的真假.【詳解】因?yàn)闈M足，所以函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱；又函數(shù)定義域?yàn)?，所以又為偶函?shù)，所以，所以的圖象關(guān)于成軸對(duì)稱，兩者結(jié)合即，用代替得：，所以，所以為周期函數(shù)，且.因?yàn)?，結(jié)合偶函數(shù)性質(zhì)知，故A正確；若滿足題設(shè)，則，則，故B錯(cuò)誤；由上易知周期也為4，又，，，所以，故C正確.因?yàn)椋?，所以，故D；故選：ACD關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是要清楚函數(shù)的對(duì)稱性及周期性：（1）若，則的圖象關(guān)于點(diǎn)成中心對(duì)稱；（2）若，則的圖象關(guān)于成軸對(duì)稱；（3）若且（），則除了函數(shù)有對(duì)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?yàn)?，一方面，，等?hào)當(dāng)時(shí)取得；另一方面，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)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(shè)，，又，，運(yùn)用向量共線的坐標(biāo)表示，可得的坐標(biāo)，再由向量垂直的條件：數(shù)量積為0，由的坐標(biāo)滿足橢圓方程，化簡(jiǎn)整理可得的方程，求得，由，解不等式結(jié)合離心率公式即可得到范圍．【詳解】解：設(shè)，，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(yùn)用向量的坐標(biāo)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(jiǎn)整理的運(yùn)算能力．15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理邊化角結(jié)合正弦和角公式、輔助角公式計(jì)算即可；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論及正弦定理用角表示邊，結(jié)合三角恒等變換將周長(zhǎng)化為，根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算值域即可.【詳解】（1）因?yàn)?，所以由正弦定理可知，，因?yàn)椋?，即．又，所以，即或，即或（舍去）．?）由（1）得，則，即,由正弦定理可知，所以．因?yàn)闉殇J角三角，所以，即，則，即，則.故的周長(zhǎng)的取值范圍為．15．(1)(2)存在點(diǎn)Q，使平面，，理由見詳解【分析】（1）取的中點(diǎn)，連接，利用已知條件證明得，量?jī)蓛苫ハ啻怪?，所以以為坐?biāo)原點(diǎn)，分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)的坐標(biāo)，利用法向量求兩平面所成角的余弦值即可（2）假設(shè)存在，設(shè)，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(diǎn)，連接，因?yàn)樗?，因?yàn)閭?cè)面底面ABCD，且兩個(gè)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(zhǎng)為4，所以所以所以所以量?jī)蓛苫ハ啻怪彼砸詾樽鴺?biāo)原點(diǎn)，分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：則：由，即，因?yàn)閭?cè)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(gè)法向量且設(shè)為平面的一個(gè)法向量由令所以設(shè)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(shè)存在，設(shè)，由（2）可知，設(shè),則，又因?yàn)?，所以，即，所以在平面中，，設(shè)平面的法向量為，則有，可取，又因?yàn)槠矫?，所以，即，解?所以當(dāng)時(shí)，平面.17．（Ⅰ）；（Ⅱ）見解析【分析】（Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)求出的值，作為切線的斜率，求出，確定切點(diǎn)坐標(biāo)，再利用點(diǎn)斜式寫出所求切線方程；（Ⅱ）由不等式對(duì)任意的恒成立轉(zhuǎn)化為對(duì)任意的恒成立，并構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)在區(qū)間上的最小值，于此可求出實(shí)數(shù)的取值范圍．【詳解】（Ⅰ）因?yàn)椋?，，，所以曲線在點(diǎn)處的切線方程；（Ⅱ）即對(duì)任意恒成立.當(dāng)時(shí)，顯然成立，當(dāng)時(shí)，等價(jià)于，令，.則令，則對(duì)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(dǎo)數(shù)求函數(shù)的切線方程，以及利用導(dǎo)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(jìn)行轉(zhuǎn)化為定函數(shù)的最值問題來(lái)求解，考查分析問題的能力與計(jì)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(jié)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(jìn)而求出，最后利用得到即可求解；(2)結(jié)合已知條件，設(shè)出直線的方程，并與橢圓方程聯(lián)立，結(jié)合韋達(dá)定理求出線段的中點(diǎn)，然后利用垂直關(guān)系求出的橫坐標(biāo)，根據(jù)得到，進(jìn)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(shè)左焦點(diǎn)的坐標(biāo)為，由拋物線方程可知，，即，因?yàn)橹本€與以原點(diǎn)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?yàn)?，所以橢圓的方程為.（2）結(jié)合已知條件，作圖如下：假設(shè)存在直線使，顯然直線不能與，軸垂直．∴直線的斜率存在，設(shè)其方程為，，，聯(lián)立直線和橢圓的方程，即，整理得，，由韋達(dá)定理可知，，，∴中點(diǎn)，∵，∴，解得，，即，∵，∴，∴，即，又∵，∴，∴，整理得，，方程無(wú)解，故不存在直線滿足．19．(1)，，(2)(3)【分析】（1）利用相互獨(dú)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(jiǎng)，第次中獎(jiǎng)的概率，第一次未中獎(jiǎng)而第二次中獎(jiǎng)，第次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)的概率，前兩次均未中獎(jiǎng)，第次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)的概率，即可求解時(shí)，，對(duì)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(jiǎng)而第三次中獎(jiǎng)的概率，再求出僅三次中獎(jiǎng)的概率即可求解.【詳解】（1）,，；（2）因?yàn)槊看沃歇?jiǎng)后袋中的球會(huì)回到初始狀態(tài)，從初始狀態(tài)開始，若第一次中獎(jiǎng)，此時(shí)第次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)的概率為，從初始狀態(tài)開始，若第一次未中獎(jiǎng)而第二次中獎(jiǎng)，此時(shí)第次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)的概率為，從初始狀態(tài)開始，若前兩次均未中獎(jiǎng)，則第三次必中獎(jiǎng)，此時(shí)第次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)的概率為，綜上所述，對(duì)任意的，，又，所以；（3）由題意知每抽三次至少有一次中獎(jiǎng)，故連抽次至少中獎(jiǎng)次，所以只需排除次中獎(jiǎng)的情況即可獲得一枚優(yōu)勝者勛章，另外，每?jī)?/p>