2024届河北省金科大联考高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届河北省金科大联考高三上学期12月月考数学试题含答案，共17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】解不等式化简集合A，求出函数的值域化简集合B，再利用并集的定义求解即得.
【详解】解不等式，得，即，而，则，
所以.
故选：B
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用复数的四则运算与共轭复数的定义即可得解.
【详解】因为，即，则，
所以，故.
故选：C.
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．若函数为偶函数，则实数（ ）
A．1B．0C．D．2
【答案】D
【分析】根据给定的函数，利用偶函数的定义列式计算即得.
【详解】函数的定义域为，由为偶函数，得，
则，整理得，而不恒为0，
于是，即，解得，
所以实数.
故选：D
5．刍薨是《九章算术》中出现的一种几何体，如图所示，其底面为矩形，顶棱和底面平行，书中描述了刍薨的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即（其中是刍薨的高，即顶棱到底面的距离），已知和均为等边三角形，若二面角和的大小均为，则该刍薨的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，求出线段长及点到平面的距离，再代入公式计算即得.
【详解】令点在平面的投影分别为，取的中点，连接，
由平面，平面，得，
由正，得，平面，
则平面，同理平面，由四边形为矩形，得，
于是平面，而面，平面，则，
显然，有，且都在平面，因此点共线，
显然，而平面，平面平面，平面，则，
四边形为平行四边形，，
由，，得是二面角的平面角，即，
则，又，因此，
同理，而，则，
所以该刍薨的体积为.
故选：A
6．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用和角的正切公式求出，再利用和差角的正余弦公式，结合齐次式法求解即得.
【详解】由，得，解得，又，
所以.
故选：B
7．设等比数列的公比为，且，设甲：；乙：，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用等比数列的通项，结合充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】等比数列的公比为，且，当时，，因此；
当时，有，即，而，则，
又，，于是，即，又，因此，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
8．已知双曲线，点，若上存在三个不同的点满足，则的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，求出点的轨迹方程，再与双曲线方程联立求解，建立不等式即可求得答案.
【详解】设，由点，，得，
整理得，由消去得，
即，解得或，
依题意，，则有，因此双曲线的离心率，
所以的离心率的取值范围是.
故选：A
【点睛】求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
3、特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
二、多选题
9．已知圆，圆，则下列结论正确的是（ ）
A．若和外离，则或
B．若和外切，则
C．当时，有且仅有一条直线与和均相切
D．当时，和内含
【答案】ABC
【分析】利用两圆关系的判断逐一分析即可得解.
【详解】依题意，，
对于A，若和外离，则，解得或，故A正确；
对于B，若和外切，，解得，故B正确；
对于C，当时，和内切，故仅有一条公切线，故C正确；
对于D，当时，和相交，故D错误；
故选：ABC.
10．已知正实数满足，则（ ）
A．B．
C．的最大值为0D．的最小值为
【答案】BC
【分析】利用基本不等式与“1”的妙用，结合指数的运算法则逐一分析判断即可得解.
【详解】对于A，，所以，
当且仅当，即时等号成立，故A错误；
对于B，由，可知，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故正确；
对于C，由，可知，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故C正确；
对于D，，当等号成文，
由可知，，当且仅当时等号成立，
因为前后两次不等式取等条件不一致，所以，故D错误.
故选：BC.
11．已知，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】利用同构法判断A；利用A中结论判断B；利用零点存在定理判断的范围，从而利用一次函数与二次函数的性质判断CD.
【详解】因为，所以，
又在其定义域内单调递增，所以其定义域内单调递增，故，故A正确；
由A可知，所以，故B正确；
因为单调递增，
且，
根据零点存在定理，有，故C错误；
因为，
又二次函数的对称轴为1，且在区间上单调递减，
所以，故D正确，
故选：ABD.
12．在三棱锥中，平面为内的一个动点（包括边界），与平面所成的角为，则（ ）
A．的最小值为B．的最大值为
C．有且仅有一个点，使得D．所有满足条件的线段形成的曲面面积为
【答案】ACD
【分析】利用线面垂直的判定定理与线面角的定义推得为与平面所成的角的平面角（或补角），从而作出点的轨迹，结合图形逐一分析各选项即可得解.
【详解】因为平面，平面，所以，
又，所以，
取的中点，则，所以平面，
过作于，因为平面，所以，
又平面，所以平面，
所以为与平面所成的角的平面角，
因为平面，平面，则，
又在中，，则，
所以，
因为，所以，，
所以点轨迹是以为圆心，以为半径的圆在内部的一部分，如图，
所以的最小值为，故正确；
由于轨迹圆部分在平面外部，所以的最大值不等于，故B错误；
因为平面，平面，所以，
若，则点在线段上，有且仅有一个点满足题意，故C正确；
动线段形成的曲面为圆锥侧面积的一部分，
易知三棱锥是正三棱锥，平面，故为等边的中心，
所以，
因为，所以，
因为，所以曲面面积为圆锥侧面面积的，
圆锥侧面积为，
所以所有满足条件的动线段形成的曲面面积为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题第4小题解决的关键是理解线段形成的曲面是哪一部分，利用直观想象能力与圆锥的侧面积公式即可得解.
三、填空题
13．设是公差不为0的等差数列的前项和，若，则 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，求出等差数列的首项，再利用等差数列的通项公式及前项和公式计算即得.
【详解】令等差数列的公差为，由，得，解得，
所以.
故答案为：
14．已知函数，且为曲线的一条切线，则 ．
【答案】2
【分析】求出函数的导数，设出切点坐标，利用导数的几何意义，结合已知切线求出a值.
【详解】设与曲线相切的切点，
由求导得，切线斜率为，
因此切线方程为，
依题意，，且，联立消去得，
令函数，，求导得，
当时，，当时，，因此函数在上递减，在上递增，
当时，，则时，，
所以.
故答案为：2
15．设是椭圆的左、右焦点，为坐标原点，为上一个动点，且的取值范围为，则椭C的长轴长为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用平面向量数量积的运算律，结合椭圆的范围求得，再列式计算即得.
【详解】椭圆的半焦距为c，为的中点，
，显然，于是，
因此，即，解得，，即，
所以椭圆C的长轴长为.
故答案为：
16．已知函数，若，且，则 ．
【答案】
【分析】先利用三角函数的最值得到的关系式，再由，结合诱导公式推得，进而利用三角函数的和差公式与倍解公式求得，从而得到的表达式，再次利用诱导公式即可得解.
【详解】由可知，当时，取得最大值，
所以，则，
又，即，
所以，
因为，
又，则，
所以，则，即，
解得（负值舍去），故，
所以，则，
则.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用整体法与诱导公式得到，从而得解.
四、解答题
17．记的内角的对边分别为，面积为，且．
(1)求的外接圆的半径；
(2)若，且，求边上的高．
【答案】(1)1；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理、三角形面积公式求解即得.
（2）结合（1）的信息，求出边a，再利用余弦定理结合已知面积关系求解即得.
【详解】（1）在中，，解得，
由正弦定理得的外接圆的半径.
（2）由（1）知，，
由余弦定理得，则，
令边上的高为，则，即，
所以边上的高为.
18．设为数列的前项和，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用推导求解即得.
（2）由（1）的结论，利用裂项相消法求和即可得解.
【详解】（1）当时，，当时，，
两式相减得，则，
当时，，
又当时，，当时，，则，
显然符合，
所以数列的通项公式是.
（2）由（1）知，，
所以
.
19．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，设分别为的极大值点、极小值点，求的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论导函数值的正负即可得解.
（2）由（1）求出函数的极大值与极小值，求出极大值与极小值的差，构造函数并求出其范围即得.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，单调递增；
当时，令，解得或，
则当时，由，得，由，得，
因此函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，由，得，由，得，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，由（1）知，，，
因此，设，
求导得，函数在上单调递增，，
所以的取值范围是.
20．如图，在四棱锥中，，设分列为棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定推理即得.
（2）取的中点，证明平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值即得.
【详解】（1）取的中点，连接，则，且，
又，且，于是，四边形为平行四边形，
则，又平面平面，
所以平面.
（2）取的中点，连接，由，得，
又是的中点，则，
又是的中点，则，
而平面，于是平面，平面，，
又平面，因此平面，
不妨设，以点为坐标原点，直线、过点平行于的直线、
直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，则，
由为的中点，得，
由（1）知，，直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
设为平面的一个法向量，则，令，得，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
21．已知函数．
(1)证明：有唯一的极值点；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，利用零点存在性定理及极值的意义推理即得.
（2）利用（1）中的极小值不小于0，再探讨极小值点的取值范围即可求出的范围.
【详解】（1）函数的定义域为，
求导得，
令，求导得，函数在上单调递增，
又，取，且，
显然，因此存在唯一，使得，
当时，单调递减，当时，单调递增，
当时，取得极小值，无极大值，
所以有唯一极值点.
（2）由（1）知，，即，
依题意，，将代入整理得，，
设，求导得，
于是函数在上单调递减，又，则，解得，
因此，解得，
所以的取值范围是.
【点睛】结论点睛：可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同.
22．已知抛物线为的焦点，在上，且．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线与交于两点（分别位于直线的两侧），且直线的斜率之和为0，
（ⅰ）求直线的斜率；
（ⅱ）求的面积的最大值．
【答案】(1)；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】（1）根据给定条件，利用抛物线定义求出抛物线的方程.
（2）（ⅰ）求出点的坐标，利用斜率坐标公式计算即得；（ⅱ）设出直线的方程，与抛物线方程联立，求出三角形面积的函数，利用导数求出最大值即得.
【详解】（1）抛物线的准线为，由抛物线的定义得，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）（i）将代入的方程，解得，而，解得，
设，则直线斜率为，
点，则直线斜率为，同理得直线斜率为，
依题意，，解得，
所以直线的斜率为.
（ii）设直线，由消去x得，
显然，，
由，分别位于直线两侧，得，，解得，
，
点到直线的距离，面积为，
设，，求导得，
由，得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
则当时，，
所以面积的最大值为.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的最值问题，往往需要利用韦达定理构建目标的函数关系式，自变量可以斜率或点的横、纵坐标等.而目标函数的最值可以通过二次函数或基本不等式或导数等求得.