江西省上饒市余干縣第二中學2024-2025學年高三上學期10月數學檢測卷一、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．若命題“”是假命題，則實數的取值范圍是（

）A． B．C． D．2．已知，，，則實數的大小關系正確的是（

）A． B． C． D．3．函數的大致圖象為（

）A．

B．

C．

D．

4．已知正四棱錐，其中，，平面過點A，且平面，則平面截正四棱錐的截面面積為（

）A． B． C． D．5．下列命題中，正確命題的個數為（

）①若直線的一個方向向量是，平面的一個法向量是，則②若向量，滿足，且，則在方向上的投影向量為③若，則，的夾角是鈍角④已知正四面體的棱長為1，則A．4 B．3 C．2 D．16．三所大學發布了面向高二學生的夏令營招生計劃，某中學有四名學生報名參加．若每名學生只能報一所大學，每所大學都有該中學的學生報名，且大學只有其中一名學生報名，則不同的報名方法共有（

）A．18種 B．21種 C．24種 D．36種7．復數滿足，則的實部為（

）A． B． C． D．8．已知函數，若曲線在點處的切線方程為，則函數在內的單調遞減區間是（

）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．若實數，則下列不等關系正確的是（

）A．B．若，則C．若，則D．若，，，則10．已知曲線的方程為:，下列結論正確的為（

）A．曲線關于坐標軸對稱B．曲線圍成的圖形面積大于48C．曲線與圓有4個公共點D．若A，B為曲線與軸的交點，點曲線上，則的面積最大為.11．如圖所示，四面體的底面是以為斜邊的直角三角形，體積為，平面，，為線段上一動點，為中點，則下列說法正確的是（

）A．三棱錐的體積和三棱錐的體積相等B．當時，C．當時，D．四面體的外接球球心為，且外接球體積與之比的最小值是三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．在正方體中，點是上的動點，是平面內的一點，且滿足，則平面與平面所成角余弦值的最大值為.13．已知函數，設數列是首項為，公差為的等差數列，關于正整數的方程：的解為.14．已知直線，曲線，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.若曲線分別交直線和曲線于點，則.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出必要的文字說明、證明過程及驗算步驟.15．（13分）已知關于的不等式的解集為集合，.(1)若是的必要不充分條件，求的取值范圍.(2)若，求的取值范圍.16．（15分）已知函數.(1)若僅有一個極值點且恒成立，求實數的取值范圍;(2)當變化時，求的圖象經過的所有定點的坐標，并請寫出一個函數，使其圖象經過上述所有定點;(3)證明：.17．（17分）如圖，在四棱錐中，平面底面，底面是直角梯形，，，，，是的中點.

(1)證明：平面；(2)底邊上是否存在異于端點的一點，使得直線與平面所成的角為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.18．（15分）學校教學樓的每兩層樓之間的上下樓梯有個臺階，從下至上記臺階所在位置為，同學甲在上樓的過程中，每一步等可能地跨或個臺階（位置或）.(1)記甲邁步后所在的位置為，寫出的分布列和期望值.(2)求甲步內到過位置的概率；(3)求步之內同時到過位置和的有多少種走法，及發生的概率.19．（17分）已知數列滿足：，，數列的前項和為，且．(1)求數列，的通項公式；(2)記，數列的前項和為，若對一切恒成立，求實數的取值范圍．參考答案1．A【分析】將命題是假命題轉化為其否定是真命題進行分析，通過換元轉化為一元二次不等式在給定區間上的恒成立問題，通過分離參數求最值得到最終結果.【詳解】由題意，命題“”是假命題，等價于其否定“”是真命題，令，則對恒成立，即，需滿足，而，，當且僅當，即時取等號.所以，即.故選：A.2．C【分析】利用中間變量法得到，利用構造函數法得到即可.【詳解】因為，，所以，而，，故我們構造指數函數，得到，由指數函數性質得在上單調遞減，因為，所以，綜上可得，故C正確.故選：C3．B【分析】首先判斷函數的奇偶性，再集合函數值的正負，以及取向，即可判斷選項.【詳解】函數的定義域為，且，所以函數是奇函數，故排除A，且當時，，故排除C，，當時，，故排除D，滿足條件的只有B.故選：B4．A【分析】根據線面垂直作出截面，然后利用余弦定理、三角形的面積公式等知識求得截面面積.【詳解】依題意，在正四棱錐中，，且，所以，所以三角形是等邊三角形，設是的中點，則，所以，且，設平面與分別相交于點，

則由得，，所以，故，所以，所以，在三角形中，由余弦定理得：，所以，所以結合正四棱錐對稱性得，所以截面面積為.故選：A.5．C【分析】根據空間向量的坐標運算判斷直線與平面的位置關系，即可判斷①；利用投影向量的計算公式判斷②；根據向量夾角與數量積的關系判斷③；利用正四面體的幾何性質結合空間向量的運算轉化求解即可判斷④，從而得結論.【詳解】對于①，若直線的一個方向向量是，平面的一個法向量是，則，所以或，故①不正確；對于②，若向量，滿足，且，則在方向上的投影向量為，故②正確；對于③，若，，的夾角是鈍角或平角，故③不正確；對于④，已知正四面體的棱長為1，則，故④正確；綜上，正確命題的個數為2個.故選：C.6．C【分析】按分步乘法計數原理，首先選一人去大學，然后將剩余的三位同學分為兩組2，1，再分配到兩所學校即可求解.【詳解】第一步選一人去大學，則有（種），第二步將剩余的三位同學以一組兩人，一組一人進行分組，然后分配到兩所學校，則有（種），則不同的報名方法共有（種），故選：C.7．C【分析】設出，，，由復數的運算求解即可.【詳解】設，，，，，所以的實部為，故選：C.8．A【分析】根據給定條件，利用導數的幾何意義求出，再利用導數求出單調遞減區間.【詳解】函數，求導得，則，由曲線在點處的切線方程為，得，解得，于是，由，得，而，解得，所以函數在內的單調遞減區間是.故選：A9．BCD【分析】對于A，由指數函數以及冪函數的單調性即可判斷；對于B，由對數的運算以及對數函數的單調性即可判斷；對于C，利用做差法即可比較大?。粚τ贒，構造函數，利用導數求解函數的單調性，即可求解..【詳解】對于A，在上單調遞減，又，，由于冪函數，當a>0時，在0,+∞當時，在0,+∞單調遞減；故無法判斷與大小，故A錯誤；對于B，當時，，，，故B正確；對于C，當時，，，故C正確；對于D，要證，原不等式變形為，令，則，因為，所以，令，解得：，，由于所以，，當時，單調遞減，所以函數在上單調遞減，所以，故D正確.故選：BCD．10．ACD【分析】根據給定條件，利用方程的特征，畫出圖象，數形結合，再逐項判斷即可.【詳解】在中，由，得或，由，得或，則直線與坐標軸有5個公共點當時，曲線：是直線右側半圓，圓心，半徑；當時，曲線：是直線右側半圓，圓心，半徑；當時，曲線：是直線左側半圓，圓心，半徑；當時，曲線：是直線左側半圓，圓心，半徑，對于A，點與，點與都關于軸對稱，且四邊形是菱形，關于軸對稱，因此曲線關于軸對稱，同理曲線關于軸對稱，A正確；對于B，曲線圍成的圖形面積，B錯誤；對于C，點在圓內，4個半圓與圓各有一個公共點，因此曲線與圓有4個公共點，C正確；對于D，點到軸距離最大值為，而，則的最大面積為，D正確.故選：ACD11．ABD【分析】根據錐體體積的計算公式可得兩個三棱錐高和底面積相等，即A正確；利用線面垂直判定定理以及面面垂直的性質定理可證明平面，可判斷B正確；當與重合，可知，這與矛盾，因此C不成立；利用三棱錐性質可求得外接球球心為的位置及其半徑與三棱錐棱長的關系即可求得與之比的最小值.【詳解】對于A，因為為中點，則，而兩個三棱錐高相等，故體積相等，A正確；對于B，因為平面，平面，所以，又，，平面，故平面，平面，故平面平面，過作，垂足為，如下圖所示：因為面平面，平面，故面，而面，故，若，則，而平面，故平面，又平面，故，故B正確.對于C，若與不重合，由平面，平面，可得；又是以為斜邊的直角三角形可知，又,平面，所以平面,又平面，所以，當時，，平面，所以平面，又平面，可得，但若與重合，由于，若，，平面，所以平面，平面，故，這與矛盾，所以不成立，故與重合，滿足，但此時不成立，故C錯誤；對于D，由平面，平面，故，故，為外接球球心，且，，又，可以在以中點為圓心，為半徑的圓上運動，到的距離為，當且僅當時等號成立，故到的距離最大為，此時，故，D正確，故選：ABD.12．33/【分析】利用線面垂直的判定定理證得平面，可知點的軌跡為線段，由二面角的定義得到平面與平面所成角為，進面求出的最小值和最大值，從而得解.【詳解】連接、、、，設，連接、，如下圖所示：因為且，則四邊形為平行四邊形，因為四邊形為正方形，則，因為平面，平面，則，因為，、平面，所以平面，因為平面，所以，因為是平面內的一點，且滿足，所以點的軌跡為線段，設正方體的棱長為，則，因為四邊形為正方形，，則為的中點，且，由勾股定理可得，則，所以為平面與平面所成角（或補角），由圖可知，由圖可知，當點與點重合時，最大，，，因為平面，平面，則，同理，此時；當與點重合時，最小，易得，所以，又因為函數在上單調遞減，所以，則，而平面與平面所成角為銳角，不妨設為，則，所以平面與平面所成角的余弦值的最大值為.故答案為：.【點睛】方法點睛：求二面角常用的方法：（1）幾何法：二面角的大小常用它的平面角來度量，平面角的作法常見的有：①定義法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性質；（2）空間向量法：分別求出兩個平面的法向量，然后通過兩個平面法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結合實際圖形判斷所求二面角是銳角還是鈍角.13．2025【分析】根據等差數列定義得，由解析式寫出對應的函數值，并找到周期，利用周期性求方程的解.【詳解】由題設，所以，，則，，綜上，對于，其對應函數值以8為周期，且，由，即.故答案為：202514．/0.75【分析】根據直線的極坐標方程與曲線的極坐標方程求得的極坐標，即可求出答案.【詳解】直線的極坐標方程為，曲線的極坐標方程為，化簡得，將代入和的極坐標方程，得，，.故答案為：.15．(1)(2)【分析】（1）首先解不等式求出集合、，依題意真包含于，即可得到不等式組，解得即可；（2）首先判斷，即可得到或，解得即可.【詳解】（1）由，即，解得，所以，由，等價于，解得，所以，因為是的必要不充分條件，所以真包含于，所以，解得，即的取值范圍為；（2）因為，顯然，所以或，解得或，即的取值范圍為.16．(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）由分類討論函數極值并求函數最小值滿足條件即可；（2）令的系數為求定點，結合特殊角的正切值寫出滿足題意的一個函數即可；（3）化簡函數解析式求導函數，利用隱零點回代的方法求證函數最小值大于0可得.【詳解】（1）由題知，①當時，恒成立，當時，在單調遞減，當時，在單調遞增，則僅有一個極值點，且.要使恒成立，得，解得.所以；②當時，由，得或.當，即時，恒成立，則在上單調遞增，即函數無極值點，不滿足題意；當時，即時，當時，，在單調遞增；當時，，在單調遞減；當時，，在單調遞增；則在與處都取極值，即有兩個極值點，故不滿足題意；同理，當時，即時，也有兩個極值點，故不滿足題意；綜上所述，實數的取值范圍是.（2）令，可得或，，的圖象經過的所有定點的坐標為和.函數圖象過和，則，且.當時，函數，則，且滿足題意.圖象經過點和的函數可以是.(函數解析式不唯一)（3）要證，即證.設，則設，則在區間上單調遞增，故存在唯一的，使得，即，即.當時，，即；當時，，即，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，設，則在區間上單調遞增，當時，，.【點睛】方法點睛：在導函數應用題型中，有些題目零點不會解，可以采用設出零點，利用導數為0條件代回函數解析式求解最值的方法，一般步驟如下：（1）用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，列出零點方程，并結合的單調性得到零點的取值范圍．（2）以零點為分界點，說明導函數的正負，進而得到的最值表達式．（3）將零點方程適當變形，整體代入最值式子進行化簡證明，有時（1）中的零點范圍還可以適當縮小．17．(1)證明見解析(2)存在，【分析】（1）根據面面垂直的性質可知平面，即可得，由題意可得，結合線面垂直的判定定理分析證明；（2）做輔助線，分析可知，由垂直關系可得，設，利用等體積法運算求解.【詳解】（1）因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面.由平面，可得，又因為是的中點，，則，且，、平面，所以平面.（2）假設在上存在異于端點的點，使得直線與平面所成的角大小為.過點作平面，垂足為，連結、、，

則，，設，，則，由（1）可知：平面，，可知平面，由平面，可得，在中，，在中，，因為底面是直角梯形，，，，則，，可得，，由得，，即，解得，故存在點，使得直線與平面所成的角大小為，此時.18．(1)分布列見解析，(2)(3)種，【分析】（1）列出的所有可能取值,分別求出每種取值下的概率,即可得分布列和期望；（2）步內到過位置可以有三種情況，4步，5步，6步，再分別討論每種情況發生的概率相加即可求解；（3）由題意，依次