精品解析：河南省新乡市卫辉市高级中学2024-2025学年高三上学期十一月月考数学试题

卫辉高级中学2024—2025学年高三毕业班十一月月考 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题纸上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回. 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 已知，则“”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 2. 若，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知椭圆的离心率为，且焦点在轴，则（ ） A. B. 或 C. 8或2 D. 8 4. 已知向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 若，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A. B. C. D. 6. 若是函数的一个极值点，是函数的一个零点，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 7. 若数列和满足，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 有件产品，其中有3件次品，其余均为正品，从中任取2件产品，2件产品等次不同的概率为，则取出的2件产品都是正品的概率为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知样本数据：1，2，3，4，5，6，7，8，9，则（ ） A. 极差为8 B. 方差为6 C. 平均数为5 D. 80百分位数为7 10. 已知函数是定义在上的奇函数，则（ ） A. B. 函数为奇函数 C. 函数为偶函数 D. 当时，若，则不等式的解集为 11. 在棱长为1的正方体中，为棱上一点，且，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ） A. 若∥平面，则动点的轨迹是一条长为的线段 B. 存在点，使得⊥平面 C. 三棱锥的最大体积为 D. 若，且与平面所成的角为，则的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______． 13. 已知，则的最大值为________. 14. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，是上位于第一象限的一点，，直线与圆交于，两点，若，则的离心率为______. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 在中，内角的对边分别为，已知. （1）求角； （2）若，求的周长. 16. 如图，四棱锥的底面是正方形，，平面平面，分别为的中点. （1）证明：平面. （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 已知函数（）． （1）当时，讨论的单调性； （2）若不等式对恒成立，求a的取值范围． 18. 在直角坐标系中，已知动圆过定点，且截轴所得的弦长为2. （1）求动圆圆心的轨迹方程； （2），为曲线上的两个动点，过，中点且与轴平行的直线交曲线于点，曲线在点处的切线交轴于点. （i）证明：； （ii）若点在直线上，求面积的最大值. 19. 已知是各项都为正数的递增数列，给出两个性质：①对于中任意两项，在中都存在一项，使得；②对于中任意一项，在中都存在两项，使得． （1）若，判断是否满足性质①，说明理由； （2）若，判断是否同时满足性质①和性质②，说明理由； （3）若同时满足性质①和性质②，证明：成等差数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 卫辉高级中学2024—2025学年高三毕业班十一月月考 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题纸上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回. 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 已知，则“”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 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式，求出的取值范围，再由充分条件、必要条件的定义即可得出结果. 【详解】， 解得或， 所以“”不能推出“”，反之成立， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 2. 若，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的四则运算求出复数，再由复数的几何意义即可判断. 【详解】由题意得， 则在复平面内对应的点在第一象限. 故选：A. 3. 已知椭圆的离心率为，且焦点在轴，则（ ） A. B. 或 C. 8或2 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】由椭圆离心率计算公式可得答案. 【详解】由题，则. 故，解得. 故选：D. 4. 已知向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量的定义计算得解. 【详解】由题意可知，在上的投影向量为：. 故选：C. 5. 若，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合指数函数及对数函数的单调性即可比较a，b，c的大小． 【详解】因为，所以， 又，所以 故选： 6. 若是函数的一个极值点，是函数的一个零点，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据极值点以及零点的含义可得，即可发现和都是函数的零点，利用函数单调性即可求解. 【详解】， 由得 可知和都是函数的零点， 因为函数是单调递增函数，所以，． 故选：C． 7. 若数列和满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由题设依次求出和，再两式相减可得，从而代入即可求解. 【详解】由题可得，即， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，故， 又由题可得即， 所以，故， 所以. 所以， 所以. 故选：A. 8. 有件产品，其中有3件次品，其余均为正品，从中任取2件产品，2件产品等次不同的概率为，则取出的2件产品都是正品的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据2件产品等次不同的概率为求出，根据古典概型再求取出的2件产品都是正品的概率即可. 【详解】由题意，得，解得或（舍去）， 故取出的2件产品都是正品的概率为， 故选：B. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知样本数据：1，2，3，4，5，6，7，8，9，则（ ） A. 极差为8 B. 方差为6 C. 平均数为5 D. 80百分位数为7 【答案】AC 【解析】 【分析】由极差，方差，平均数，第百分位数的计算逐一判断即可. 【详解】A：极差等于最大值减去最小值，故，故A正确； C：平均数为，故C正确； B：由方差公式计算可得，故B错误； D：第80百分位数为，为，故D错误； 故选：AC. 10. 已知函数是定义在上的奇函数，则（ ） A. B. 函数为奇函数 C. 函数为偶函数 D. 当时，若，则不等式的解集为 【答案】AB 【解析】 【分析】由奇函数的性质可得A，B正确，C错误；由函数的单调性和奇函数的性质解抽象函数不等式可得D错误； 【详解】对于A，由函数是定义在上的奇函数，所以，故A正确； 对于B，由可得函数为奇函数，故B正确； 对于C，由，又函数是定义在上的奇函数，可得函数为奇函数，故C错误； 对于D，由题意可得单调递增，不等式可化为不等式， 所以，解得，故D错误； 故选：AB. 11. 在棱长为1的正方体中，为棱上一点，且，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ） A. 若∥平面，则动点的轨迹是一条长为的线段 B. 存在点，使得⊥平面 C. 三棱锥的最大体积为 D. 若，且与平面所成的角为，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】在取点，使得，证得平面平面，进而得到平面，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，根据，得出矛盾，可判定B不正确；利用向量的数量积的运算及三角形的面积公式，求得,在求得点到平面的最大距离，结合体积公式，可判定C正确；根据题意，求得点点的轨迹，结合线面角的公式，求得时，取得最大值，进而可判定D正确. 【详解】对于A中，如图所示，分别在取点，使得， 可得，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又由，且平面，平面，所以平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 且平面平面， 若平面，则动点的轨迹为线段，且，所以A正确； 对于B中，以为原点，以所在的直线分别为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 可得，则， 设，可得， 设是平面的一个法向量，则， 取，可得，所以， 若平面，则，所以存在，使得， 则，所以不存在点，使得平面，所以B错误； 对于C中，由，可得， 则，所以， 所以, 要使得三棱锥的体积最大，只需点到平面的距离最大， 由，可得点到平面的距离， 因为，所以当时，即点与点重合时，可得， 所以三棱锥的最大体积为，所以C正确； 对于D中，在正方体中，可得平面，且平面， 所以，则， 所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，其圆心角为， 则，所以，即， 又由，设与平面所成的角， 所以， 因为，可得，当且仅当时，等号成立， 所以，即时，与平面所成的角最大值， 的最大值为，D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求解立体几何中的动态问题与存在性问题的策略： 1、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 2、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 3、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在，同时，用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导思想是解答此类问题的关键. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由余弦的和差角公式展开可得，再由二倍角公式，即可得到结果. 【详解】因为，整理得， 所以，所以， 所以． 故答案为： 13. 已知，则的最大值为________. 【答案】 【解析】 【分析】，利用基本不等式可求最大值. 【详解】因为，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 故的最大值为. 故答案为：. 14. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，是上位于第一象限的一点，，直线与圆交于，两点，若，则的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线的定义得到，利用三角函数得到，然后利用勾股定理列方程得到，解方程得到，最后在三角形中利用余弦定理列方程，整理得离心率. 【详解】 设，，且，，设到直线的距离为， 过作直线的垂线，易知，所， 整理得，，因为，所以，， 由余弦定理，，所以，的离心率为. 故答案为：. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 在中，内角的对边分别为，已知. （1）求角； （2）若，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合两角差的余弦展开式化简后再利用特殊角的正切值求出即可； （2）由正弦定理和余弦定理结合题意求解即可； 【小问1详解】 在中，由正弦定理得， 又因为，所以， 所以， 化简得，又因为，所以. 【小问2详解】 在中，由正弦定理得，， 因为，所以， 在中，由余弦定理得，即， 所以，所以， 所以，所以周长为. 16. 如图，四棱锥的底面是正方形，，平面平面，分别为的中点. （1）证明：平面. （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：如图，取中点,连接, 故, 又,故, 所以四边形为平行四边形， 所以, 又平面，平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点,证明四边形为平行四边形，所以即可； （2）取中点，连接则，建立空间直角坐标系，分别找出平面与平面的法向量，利用公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图： 因为，取中点，连接则， 又平面平面，平面平面，平面， 故平面，如图，建立空间直角坐标系， 则, 取平面的一个法向量， 设平面的法向量， 故，故 取， ， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 已知函数（）． （1）当时，讨论的单调性； （2）若不等式对恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （2） 【解析】 【分析】（1）对求导，得到，令，得到或，再利用导数与函数单调性单间的关系，即可求解； （2）根据条件，将问题转化成，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的最大值，即可求解. 【小问1详解】 由题意得， 因为时，令，得或， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 由，得到， 因为，所以，则， 令，则， 当时，，即在区间上单调递增， 当时，，即在区间上单调递减，所以， 得到，所以，故的取值范围为． 18. 在直角坐标系中，已知动圆过定点，且截轴所得的弦长为2. （1）求动圆圆心的轨迹方程； （2），为曲线上的两个动点，过，中点且与轴平行的直线交曲线于点，曲线在点处的切线交轴于点. （i）证明：； （ii）若点在直线上，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） （i）如图： 不妨设，，， 由题满足，两式作差得， ，即， 过点与轴平行的直线交曲线于点，， ，即，， ，即. （ii） 【解析】 【分析】（1）设动圆圆心坐标为，根据直线与圆相交，弦长的求法列方程化简即可. （2）（i）设，，，根据“点差法”可得，进而求出点坐标，根据导数的几何意义求过点的切线斜率，根据直线平行的判断方法判断. （ii）结合两平行线间的距离公式和弦长公式，表示出的面积，再利用导数分析函数的单调性求函数的最大值. 【小问1详解】 设动圆圆心坐标为， 动圆过定点，截轴所得弦长为2， ， 整理得，即动圆圆心的轨迹方程. 【小问2详解】 （i）略 （ii）在直线上，， 为，中点，在曲线内部， ，解得， 由（i），点到直线的距离即为平行线和间距离， 直线，即， 直线，即， 平行线和间距离为， ， ， ，， 令，， 令，解得或， ，，单调递增； ，，.单调递减， 最大值为， 面积的最大值为. 【点睛】方法点睛：解析几何中有关最值的求法，通常有以下思路： （1）转化为二次函数在给定区间上的值域问题求解； （2）利用基本（均值）不等式求最值； （3）利用三角换元法转化成三角函数，利用三角函数的值域求解； （4）利用导数分析函数的单调性，求函数的最值. 19. 已知是各项都为正数的递增数列，给出两个性质：①对于中任意两项，在中都存在一项，使得；②对于中任意一项，在中都存在两项，使得． （1）若，判断是否满足性质①，说明理由； （2）若，判断是否同时满足性质①和性质②，说明理由； （3）若同时满足性质①和性质②，证明：成等差数列． 【答案】（1）不满足性质①，理由如下： 由，性质①是任意，存在， 令，则要满足， 可得，可得， 其中为偶数，为奇数，所以不成立， 如：当时，，不存在这样的. （2）满足，理由如下： 当时，，所以， 所以存在使得数列满足性质①； 对性质②，取，， 则成立，所以满足性质②. （3） 证明：由是递增数列，满足性质①和性质②，所以，即， 当时，， 已知，所以， 又由，所以，即. 取，则，所以， 若，则，不符合题意，舍去． 若，则． 因为，所以不是中的项，不满足性质①，不符合题意，舍去， 所以，则， 所以，故成等差数列． 【解析】 【分析】（1）由，根据题意，得到，由为偶数，为奇数，即可得出结论； （2）由，验证性质①②是否成立，即可求解； （3）先判断，再取，则，讨论的值，排除不合题意的，可得，则，从而可得结论， 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略： 1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的； 2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $