辽宁省辽阳市集美中学2024-2025学年高三上学期数学周测11.11

辽阳市集美中学高三数学周测11.11 一、单选题 1．设函数在处存在导数为，则（    ） A． B． C． D． 2．若复数z满足，则（    ） A． B． C． D． 3．已知为单位向量，若，则（    ） A． B． C． D． 4．某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为，则该圆锥体积为（    ） A． B． C． D． 5．已知函数的图象关于直线轴对称，且在上没有最小值，则的值为（    ） A． B．1 C． D．2 6．已知为函数的零点，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题 7．设是公比为正数等比数列的前n项和，若，，则（    ） A． B． C．为常数 D．为等比数列 8．已知定义域为的偶函数满足，当时，则下列结论正确的有（    ） A． B．的图象关于点成中心对称 C． D． 三、填空题 9．曲线在点处的切线与直线垂直，则 . 10．已知集合，且 ，其中．若任意，均有，求实数的最大值 . 四、解答题 11．如图，长方体中，点分别在上，且，. (1)求证：平面； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值. 12．已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求的单调区间； (2)若方程有两个不同的根． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 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 $$ 辽阳市集美中学高三数学周测11.11 一、单选题 1．设函数在处存在导数为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据导数的定义求解． 【详解】， 故选：A． 2．若复数z满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用复数的除法计算得解. 【详解】依题意，. 故选：B 3．已知为单位向量，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用平面向量数积量运算法则求得，再利用向量夹角余弦公式即可得解. 【详解】因为为单位向量，， 所以，则， 所以. 故选：D. 4．某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为，则该圆锥体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设出圆锥底面圆半径，利用圆锥侧面积公式及三角形面积公式列式计算即得. 【详解】设圆锥底面圆半径为，圆锥高为，依题意，，解得， 所以. 该圆锥体积为 故选：B 5．已知函数的图象关于直线轴对称，且在上没有最小值，则的值为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【分析】先由三角恒等变换化简解析式，再由对称轴方程解得，再由在上没有最小值得范围，建立不等式求解可得. 【详解】 ， 因为的图象关于直线轴对称， 所以， 故，即， 当，，, 即当时，函数取得最小值， 当时，为轴右侧第条对称轴. 因为在上没有最小值，所以，即， 故由，解得， 故，得． 故选：C. 6．已知为函数的零点，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由题意确定为方程的根，构造函数，由其单调性即可求解. 【详解】由得，即，即， 因为，所以，所以为方程的根， 令，则，所以在上单调递增， 又，所以， 即，即， 故选：B． 二、多选题 7．设是公比为正数等比数列的前n项和，若，，则（    ） A． B． C．为常数 D．为等比数列 【答案】ACD 【分析】根据等比数列的性质可得公比，进而可得通项公式与，再逐个选项判断即可. 【详解】设公比为，则，解得，故， 则，. 对A，，故A正确； 对B，，故B错误； 对C，为常数，故C正确； 对D，，，故为等比数列，故D正确； 故选：ACD 8．已知定义域为的偶函数满足，当时，则下列结论正确的有（    ） A． B．的图象关于点成中心对称 C． D． 【答案】ABD 【分析】对A，利用赋值法再结合偶函数即可求解；对B，先推出的周期，再结合中心对称的结论即可求解；对C，利用周期性即可求解；对D，利用函数的奇偶性，单调性，再结合函数的对称性即可求解. 【详解】对A，满足， 令， 则，即， 又为偶函数，，故A对； 对B，， ， 故的周期， 再根据，即， 的图象关于点成中心对称，故B对； 对C，由B知：的周期， 故， ， 令， 则， 又当时， ， 即， 即， ， 故，故C错误； 对D，满足， 关于中心对称， 又当时， 在上单调递增； 当时，， 当时，为偶函数， ， ， 当且仅当时，即时等号成立， ，故D对. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解答此类有关函数性质的题目，关键点在于要结合函数性质，利用赋值法以及代换法，推出函数相应的性质. 三、填空题 9．曲线在点处的切线与直线垂直，则 . 【答案】/ 【分析】由直线垂直可得切线斜率为，再对曲线求导，根据导数的几何意义有，即可求a值. 【详解】由题设知：处的切线的斜率为，而， ∴，可得. 故答案为： 10．已知集合，且 ，其中．若任意，均有，求实数的最大值 . 【答案】2 【分析】由题意在上恒成立，构造函数，利用函数的单调性结合对数函数的单调性解不等式，即可得解. 【详解】因为  ，所以 在上恒成立， 设 ， 由题意，所以， 故实数m的最大值为2. 故答案为：2 四、解答题 11．如图，长方体中，点分别在上，且，. (1)求证：平面； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证，，根据线面垂直的判定定理证明平面. （2）建立空间直角坐标系，用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）因为平面平面，所以， 又且，平面，所以平面， 且平面，故，同理，， 平面， 所以平面. （2）以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图： 则， 在平面中， 设平面的一个法向量为， 则，可取 由（1）知，平面的一个法向量为 设平面与平面的夹角为， 则 故所求的夹角的余弦值为. 12．已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求的单调区间； (2)若方程有两个不同的根． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【答案】(1)在区间内单调递增，在区间内单调递减； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求函数的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数与单调性的关系求单调区间； （2）方程可化为，结合（1）确定函数的性质，由条件确定的取值范围； （3）设，由（i），由已知，法一：先证明时结论成立，构造函数，，并证明，由此可得，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明当时，结论成立；法二：构造函数，证明当时，，由此可证，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明结论. 【详解】（1）由题意得，，则， 由，解得． 当时，单调递增， 当时，单调递减； 综上，在区间内单调递增，在区间内单调递减； （2）（i）由，得， 设， 由（1）得在区间内单调递增，在区间内单调递减， 又，当时，，且当时，， 所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根， 故的取值范围是．                                      （ii）不妨设，则，且． 法一： 当时，结合（i）知，即； 当时，． 设 则 所以在区间内单调递增， 则，即， 所以 又在区间内单调递减， 所以，即， 又，所以， 故，所以，得证． 法二： 设，， 则， 所以在区间内单调递增，又， 所以，即． 又，所以， 又在区间内单调递减． 所以，即， 又，所以，得证． 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 $$