2024届山东省潍坊市高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届山东省潍坊市高三上学期10月月考数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】解不等式，得到，求出并集.
【详解】，，
故.
故选：B
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【分析】全称量词命题的否定是特称量词命题，把任意改为存在，把结论否定.
【详解】“，”的否定是“，”.
故选：A
3．记是等差数列的前n项和，若，，则（ ）
A．16B．8C．4D．2
【答案】C
【分析】利用等差数列定义可求得是以为首项，2为公差的等差数列，代入前n项和公式可求得.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
根据题意可知，解得；
所以可得.
故选：C
4．把物体放在冷空气中冷却，如果物体初始温度为，空气的温度为，那么小时后物体的温度可由公式求得，其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的冷却系数.现有、两个物体放在空气中冷却，已知两物体的初始温度相同，冷却小时后，、两个物体的温度分别为、，假设、两个物体的冷却系数分别为、，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由已知可得出，变形可得，两式相除变形后可得合适的选项.
【详解】由题意可得，则，
两式相除可得，所以，，即.
故选：A.
5．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝BC＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】等体积法求解点到平面的距离.
【详解】设点A到平面A1BC的距离为h，
因为AB＝AC＝BC＝2，
所以，，
由勾股定理得：，
取BC中点D，连接，则，BD=1，
故，所以，
因为，所以.
故选：B
6．已知函数图象如图所示，则二次函数的图象顶点的横坐标的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】令，则，则得到顶点横坐标范围.
【详解】令，其中，则，由图知，
则的顶点横坐标为，
故选：B.
7．已知三棱锥中，平面，，，，，D为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取BC的中点E，则，或其补角即为异面直线AD与PC所成的角，求出所需边长，利用余弦定理求即可.
【详解】如图所示，取BC的中点E，连接AE，DE，

则，或其补角即为异面直线AD与PC所成的角．
由，，，则有，所以，
E为BC的中点，则，
平面ABC，中，，∴
中，，∴，
在中，根据余弦定理可得．
所以异面直线AD与PC所成角的余弦值为.
故选：D
8．已知函数在区间上的最小值为，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分，和三种情况，结合函数在特殊点的函数值，分类讨论得到实数a的取值范围.
【详解】当时，单调递减，
故在处取得最小值，最小值为，满足要求，
当或时，，
令得或，
当时，恒成立，
故表格如下：
故在上取得极小值，
且，，
要想在区间上的最小值为，
则要，变形得到，
令，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
且，，
故的解集为，
时，令可得，
当时，，
令得，
故在上单调递减，
故在处取得最小值，最小值为，满足要求，
当时，恒成立，
故表格如下：
故在上取得极小值，
且，，
要想在区间上的最小值为，
则要，变形得到，
令，，
时，，单调递增，
又，故上，无解，
综上：实数a的取值范围是.
故选：C
【点睛】三次函数是近两年高考常考考点，需要对三次函数图象理解到位，由于三次函数的导函数为二次函数，故常常利用二次函数的性质来研究三次函数的性质，比如三次函数零点问题，极值点情况等.
二、多选题
9．已知，则下列不等式中正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】利用作差法可判断出AC正确，再由不等式的性质：两边同时乘以一个负数不等号改变方向，可得B错误；由，可得D正确.
【详解】由可得，
对于A，作差可得，所以，即A正确；
对于B，由可得，在两边同时乘以，所以，即，所以B错误；
对于C，，所以，即C正确；
对于D，已知，由不等式性质可得，可得D正确.
故选：ACD
10．已知函数，则（ ）
A．B．对任意实数a，函数为奇函数
C．存在实数a，使得为偶函数D．时，在区间上为单调递增函数
【答案】BCD
【分析】求出与比较，判断A；根据函数的奇偶性定义判断B；取特殊值判断C；根据函数的单调性可判断D.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，的定义域为，关于原点对称，
且，故对任意实数a，函数为奇函数，B正确；
对于C，当时，，，此时为偶函数，
故存在实数a，使得为偶函数，C正确；
对于D，时，，则，
因为在上单调递减，故在上单调递增，D正确，
故选：BCD
11．在正方体中，P为棱上的动点，则（ ）
A．
B．直线与平面所成的角为
C．有且仅有一个点P，使得平面
D．三棱锥的体积是定值
【答案】ABD
【分析】利用线面垂直的判定定理易知平面，再由线面垂直性质可得，即A正确；作出直线与平面所成角的平面角即可得其大小为，即B正确；根据线面垂直的性质可得，但以为直径的圆与线段没有交点，即不存在点满足平面，即C错误；利用三棱锥体积公式可知三棱锥的体积为正方体体积的，为定值，即D正确.
【详解】对于A，如下图所示：
由正方体性质可知，且；
又平面，平面，所以可得，即；
又，平面，所以平面，
又平面，所以，，
可得，即A正确；
对于B，连接交于点，连接，如下图所示：
由正方体性质可知，，平面，平面，所以；
又，平面，所以平面，
所以即为直线与平面所成角的平面角，
易知，又，可得，即B正确；
对于C，如下图所示：
若使得平面，则只需满足，
因为，平面，所以平面；
此时，所以的轨迹为以为直径的圆与线段的交点，
显然以为直径的圆与线段没有交点，即不存在点，使得平面，所以C错误；
对于D，如下图所示：
不妨设正方体的棱长为，易知三棱锥的体积为
，是定值；可得D正确.
故选：ABD
12．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数（公约数只有1的两个正整数称为互质整数），例如：，，则（ ）
A．B．数列单调递增
C．方程有无数个根D．数列的前n项和为
【答案】ACD
【分析】根据定义求出，判断A；举特例判断B；当为质数时，有无数个根，判断C；求出的通项公式，判断其为等比数列，即可求得前n项和，判断D.
【详解】对于A，不超过正整数5，且与5互质的正整数有，
故，A正确；
对于B，由于，，故数列不是单调递增数列，B错误；
对于C，因为当为质数时，，
而质数有无数多个，故方程有无数个根，C正确；
对于D，由A可知，
而与互质的正整数的个数为减去5的倍数之后的正整数个数，
即；
与互质的正整数的个数为减去5的倍数之后的正整数个数，
即；
,
由此可得，
即为首项是4，公比为5的等比数列，
所以数列的前n项和为，D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是要理解的含义，特别是选项D的判断，要根据的含义，找到规律，求出数列通项公式，判断为等比数列，即可求解.
三、填空题
13．不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】根据分式不等式求解方法进行求解即可．
【详解】等式等价于，解得，
所以原不等式的解集为．
故答案为：．
14．函数的值域为 .
【答案】
【分析】根据给定的分段函数，分段求出函数值集合即可得解.
【详解】当时，函数的值域为，当时，函数的取值集合为，
所以函数的值域为.
故答案为：
15．已知数列为正项等比数列，且，则 .
【答案】2023
【分析】根据给定条件，利用等比数列性质，结合对数运算法则计算得解.
【详解】数列为正项等比数列，，则当时，，
所以
.
故答案为：2023
16．在边长为2的菱形中，，沿对角线折起，使二面角的大小为，此时点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为 .
【答案】/
【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质确定球心，求出球半径即可得解.
【详解】依题意，是边长为2的正三角形，取中点，连接，
则，是二面角的平面角，即，
并且平面，而平面，于是平面平面，平面平面，
令的外心为，显然在上，且，
在平面内过作直线垂直于，则此直线垂直于平面，
于是四面体的外接球球心在此直线上，即有平面，
令的外心为，显然在上，连接，则平面，
而平面，于是，显然，即≌，
则，因此，
从而四面体的外接球半径，
所以该球的表面积为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.
四、解答题
17．已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若函数在其定义域内的一个子集内存在极值，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求导，从而求得切线的斜率，再求出，再根据点斜式即可写出切线方程；
（2）先求出的极值，再根据题意建立关于m的不等式即可求解．
【详解】（1）由，
则，所以，
又，
所以曲线在处的切线方程为，即．
（2）由，
当时，；当时，，
所以在时取得极小值，
由此可得，解得．
所以实数m的取值范围为．
18．已知函数，．
(1)求证：函数为偶函数；
(2)集合，，若，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【分析】（1）先根据题意得到，再分和两种情况，且结合偶函数的定义即可证明．
（2）结合（1），且分和两种情况解不等式求出集合，再根据即可求解．
【详解】（1）依题意可得，
当时，，所以，得，
当时，，所以，得，
所以为偶函数．
（2）结合（1）可得，
当时，，得，
当时，，得，
所以，
又，所以，解得，
所以实数a的取值范围为．
19．展销会上，在消费品展区，某企业带来了一款新型节能环保产品参展，并决定大量投放市场．已知该产品年固定研发成本为150万元，每生产一台需另投入380元．设该企业一年内生产该产品万台且全部售完，每万台的销售收入万元，且
(1)写出年利润（万元）关于年产量（万台）的函数解析式；（利润＝销售收入－成本）
(2)当年产量为多少万时，该企业获得的利润最大，并求出最大利润．
【答案】(1)
(2)当年产量为25万台时，该公司获得的利润最大为1 490万元．
【分析】（1）根据利润＝销售收入－成本结合已知条件求解即可，
（2）分和求出的最大值，比较即可得答案.
【详解】（1）当时，
，
当时，
，
综上，，
（2）当时，，
函数的对称轴是，则函数在上递增，
所以当时，函数取得最大值；
当时，，
当且仅当，即时取等号，此时的最大值为，
因为
所以当年产量为25万台时，该公司获得的利润最大为1 490万元．
20．把矩形以所在的直线为轴旋转180°，得到几何体如图所示.其中等腰梯形为下底面的内接四边形，且，点G为上底面一点，且，.
(1)若P为的中点，求证：平面；
(2)设，，试确定的值，使得直线与平面所成角的正弦值为.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）空间向量法求线面角正弦值计算求参可得.
【详解】（1）证明：因为为直径，
所以，
因为平面，平面
所以，
因为,平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，P为的中点，所以，
因为，平面,平面,
所以平面
（2）因为等腰梯形为底面半圆的内接四边形，，
所以，
所以，
如图，以为坐标原点，在底面半圆过点垂直于平面作直线为x轴，
分别以，为y，z轴建立空间直角坐标系，
由于，，由（1）可知，
故，，，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即
令，则，
由，，，
可得，所以，
设直线与平面所成角为，，
则，
即得，
解得或，符合，
故或
21．设是数列的前n项和，已知，
(1)证明：是等比数列；
(2)求满足的所有正整数n.
【答案】(1)证明见解析
(2)正整数n为1，2
【分析】（1）由定义能证明数列是等比数列；
（2）由，得，从而；
由求和式子由此能求出满足的所有正整数n的值．
【详解】（1）由已知得，
所以，
其中，，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）知，
所以，
，
所以，
所以
，
当时，单调递减，其中，，，
所以满足的所有正整数n为1，2.
22．已知函数，其中.
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若不等式对于任意的恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间为，，递减区间为
(2)
【分析】（1）由，求得，结合和的解集，即可求得函数的单调区间；
（2）设，转化为不等式对于任意的恒成立，求得，由（1）知，转化为，分、、和，四种情况分类讨论，即可求解.
【详解】（1）解：由，可得，可得，
令，解得或，
令，解得，
所以的单调递增区间为，，递减区间为.
（2）解：由不等式对于任意的恒成立，
不等式对于任意的恒成立，
设，其中，
可得，
由（1）知，在单调递增，故，
若，可得，则单调递减，有，符合题意；
若，，符合题意，
若，即时，，则在上单调递减，
可得，符合题意，
若，即时，存在使得，
当时，，故，则单调递增，
可得，不合题意，
综上可得，，即实数的取值范围.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
0
+
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极小值
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极大值
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