河南省睢县回族高级中学2024-2025学年高三上学期第二次月考数学试题

睢县回族高级中学高三第二次月考数学试卷 1、 单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．已知集合，集合，则集合在集合A中的补集是（   ） A． B． C． D． 2．已知（i为虚数单位），那么复数z的虚部是（   ） A． B． C． D． 3．已知向量，向量与向量的夹角为，则的最小值为（   ） A．3 B．4 C． D． 4．已知，，且，则的最小值为（   ） A． B． C． D．6 5．若定义在R上的奇函数在上单调递减，且，则满足的x的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．记为等差数列的前项和，若，则（    ） A．21 B．19 C．12 D．42 7．已知当时，恒成立，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．函数的值域为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9．函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．是曲线的一条对称轴 D．在区间上单调递增 10．已知向量，，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若与的夹角为，则 D．若与方向相反，则在上的投影向量的坐标是 11．关于函数，下列结论正确的是（    ） A．定义域为 B．是偶函数 C．的图象关于点对称 D．在上单调递增 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15 分） 12．幂函数在上是减函数，则的值为 ． 13．已知函数的最小正周期为，若，且是的一个极值点，则 . 14．曲线在处的切线恰好是曲线的切线，则实数 . 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15．（13分） 已知内角所对的边长分别为. (1)求； (2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面 ,,，    (1)证明：平面平面 ； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 17．（15分） 在公差不为0的等差数列中，，且是与的等比中项. (1)求的通项公式； (2)若，，求数列的前项和. 18．（17分） 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间； （3）若对于任意，都有，求实数的取值范围. 19．（17分） 在等差数列中，已知成等差数列． (1)求数列的通项公式； (2)数列是否为等比数列？若是求其前项和，若不是，请说明理由； (3)设，且，求的所有取值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D B D A A B AD ABD 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】根据一元二次不等式的解法，分别求得和，结合集合交集和补集的运算，即可求解. 【详解】由不等式，解得，即， 又由不等式，解得，即， 则， 所以集合在集合A中的补集是. 故选：C. 2．A 【分析】根据复数的除法运算化简，即可根据虚部定义求解. 【详解】由可得， 所以,的故虚部为. 故选：A 3．D 【分析】把平方转化为数量积运算，结合二次函数知识得最小值． 【详解】设，又， 所以， 所以当时，， 故选：D． 4．B 【分析】根据基本不等式求最小值． 【详解】， ， 当且仅当，即时等号成立，因此所求最小值为， 故选：B． 5．D 【分析】根据题意，得到函数的单调性及，再结合不等式，分类讨论，即可求解. 【详解】由题意，定义在R上的奇函数在上单调递减，且， 则在上单调递减，且，， 所以当时，， 当时，， 所以由可得： 或或， 解得或或，即或， 所以满足的的取值范围是. 故选：D. 6．A 【分析】根据等差数列的性质，即可求解公差和首项，进而由求和公式求解. 【详解】是等差数列，，即，所以 故公差，， 故选：A 7．A 【分析】由当时，恒成立，则，先利用导数工具研究函数的单调性，从而求出函数的值域为，进而构造函数，求出函数的最小值即为，进而即可得解. 【详解】令，则， 所以当时，，单调递减；时，，单调递增， 所以，又，所以的值域为， 令，则， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，所以， 又当时，恒成立，所以， 故实数a的取值范围为. 故选：A. 【点睛】思路点睛：恒成立求参问题通常转化为最值问题，对“时，恒成立”可转化为“”，利用导数工具可求得函数的值域，从而函数的最小值即为，故只需求出函数的最小值即可得解. 8．B 【分析】根据题意，由三角恒等变换公式化简，然后换元，结合二次函数的值域，即可得到结果. 【详解】因为 ，且， 则， 令，则， 所以，，对称轴为， 当时，， 当时，， 即函数的值域为. 故选：B 9．AD 【分析】对于A，根据图象求得求解判断；对于B，由由求解判断；利用三角函数的对称轴对C选项进行判断，利用三角函数的单调性对D选项进行判断. 【详解】对于A，因为，所以由图象知， ，所以，A选项正确； 由图象知，又因为， 所以即， 因为，所以，B错误； 对于C，当时，， 则不是的对称轴，故C错误； 对于D，的单调增区间满足：，， 即单调增区间为，， 当时，增区间为，所以在区间上单调递增，故D正确. 故选：AD. 10．ABD 【分析】利用向量共线的坐标表示判断A；利用垂直的坐标表示判断B；利用数量积的运算律求解判断C；求出投影向量的坐标判断D. 【详解】向量，， 对于A，由，得，因此，A正确； 对于B，由，得，因此，B正确； 对于C，与的夹角为，，， 因此，C错误； 对于D，与方向相反，则在上的投影向量为，D正确. 故选：ABD 11．ACD 【分析】由可求定义域判断A；根据定义域是否关于原点对称判断B；计算是否为0判断C；由复合函数的单调性判断D. 【详解】对于A，由得或，故定义域为，A正确； 对于B，因为定义域不关于原点对称，故不是偶函数，B错误； 对于C，因为 ， 所以图象关于点对称，正确； 对于D，， 因为函数在区间上单调递增，且在上单调递增， 所以在上单调递增，D正确. 故选：ACD. 12． 【分析】由幂函数及其单调性即可求解. 【详解】由题意可得，解得：, 所以. 故答案为： 13． 【分析】将化简为，表示出最小正周期为，由，求出的范围，再由是的一个极值点，求出符合范围的的值. 【详解】 所以的最小正周期为， 于是，解得， 因为是的一个极值点，则， 解得，所以时，. 故答案为：. 14． 【分析】求出在处的切线方程，设出的切点联立方程组可解得. 【详解】对于，易知，切线斜率为，切点为； 则曲线在处的切线为， 显然，设切点， 由，解得. 故答案为：2 15．(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理可得，结合三角形内角性质求角的大小； （2）法一：由已知可得，应用正弦边角关系及三角形面积公式可得即可得范围；法二：根据三角形为锐角三角形，应用几何法找到边界情况求面积的范围. 【详解】（1）由余弦定理得，即， 所以，又，则. （2）法一：为锐角三角形，，则， 所以，可得， 又，则，故 由，即而， 所以，故面积的取值范围为. 法二：由，画出如图所示三角形， 为锐角三角形， 点落在线段（端点除外）上， 当时，， 当时，， . 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的定理证明结果即可； （2）建立如图所示坐标系，分别求出平面和平面的法向量，代入公式计算即可； 【详解】（1）证明：记， 因为，所以， 所以， 即， 又底面平面， 所以， 因为，且平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面． （2）取中点，连接，则，所以平面， 所以三条直线两两垂直， 分别以所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 所以 设平面的法向量为， 则，可取， 同理设平面的一个法向量为， 则，可取 所以，， 所以，平面与平面的夹角的余弦值为． 17．(1) (2). 【分析】（1）根据等差数列通项公式把、、都用与表示，结合已知解出，即可得出的通项公式； （2）先表示出，再表示出，用错位相减法即可求解. 【详解】（1）设的公差为，因为是与的等比中项， 所以，即， 整理得. 又，，所以， 则. （2）由（1）可得，， 则①， ②， ①-②得 则. 18．（1）（2）的单调递增区间是；的单调递减区间是（3）. 【解析】（1）先求得导函数，由导数的几何意义求得切线的斜率，再求得切点坐标，即可由点斜式得切线方程； （2）求得导函数，并令求得极值点，结合导函数的符号即可判断函数单调区间； （3）将不等式变形，并分离参数后构造函数，求得并令求得极值点，结合极值点左右两侧的单调性和端点求得最值，即可确定的取值范围. 【详解】（1）因为函数， 所以，. 又因为，则切点坐标为， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）函数定义域为， 由（1）可知，. 令解得. 与在区间上的情况如下： － 0 ＋ ↘ 极小值 ↗ 所以，的单调递增区间是； 的单调递减区间是. （3）当时，“”等价于“”. 令，，，. 令解得， 当时，，所以在区间单调递减. 当时，，所以在区间单调递增. 而，. 所以在区间上的最大值为. 所以当时，对于任意，都有. 【点睛】本题考查了导数的几何意义，切线方程的求法，由导函数求函数的单调区间，分离参数法并构造函数研究参数的取值范围，由导数求函数在闭区间上的最值，属于中档题. 19．(1) (2)是等比数列， (3) 【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，依题意得到关于、的方程组，解得即可； （2）根据等比数列的定义判断，再由等比数列求和公式计算可得； （3）依题意可得当时无解，当时解得，说明时无解，即可确定的值. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为， 因为成等差数列， 所以，解得， 所以． （2）因为，， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以数列的前项和为． （3）因为，所以， 因为， 所以， 当时，无解； 当时，解得或（舍去）； 当时，，即， 令，则为关于的单调递增函数， 因为，所以， 所以无解， 所以的取值为， 进一步得，当时，对任意的正整数， ， 满足：， 所以的所有取值是． 【点睛】关键点点睛：第三问由于的任意性取特殊值确定的值，再验证其合理性. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$