2024届山西省吕梁市孝义市高三上学期12月月考数学含答案

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考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：集合与常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形、平面向量与复数、数列、立体几何与空间向量．
一、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的．
1. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求解两个一元二次不等式，再根据并集定义求解即得.
【详解】因为，，
所以．
故选:A．
2. 设复数，则（）
A. B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘法求出其表达式，再运用复数的模长公式即得.
【详解】，．
故选:D．
3. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式和二倍角的余弦公式直接求解.
【详解】．
故选：B
4. 设，，，则a，b，c的大小关系为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性进行判断即可.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
又因为，所以，
所以．
故选：B
5. 已知数列中，，，，则（）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出数列的周期，得到.
【详解】由题知，
所以，
所以数列具有周期性，且周期，
因为，则．
故选：A．
6. 已知a，b均为正实数，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. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】根据确定，根据得到或，得到答案.
【详解】因为，均为正实数，若，则；
若，则，即或，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件．
故选：D．
7. 如图，在四面体中，，，，，，，M为的重心，N为的外心，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算、空间向量基本定理及向量数量积的定义和运算法则可得结果.
【详解】连接并延长交于F，因为M为的重心，所以F为的中点，
根据重心的性质：
,
取、的中点，，连接，，因为N为的外心，所以,，
设，因，，，
则，
又，所以，
因为，
又，所以，
解得，，所以，
所以．
故选：C．
8. 若关于x的不等式对恒成立，则实数a的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用同构得到，当时，满足要求，当时，令，则在上恒成立，求导后得到函数单调性，从而得到，构造，求导得到单调性，进而得到，得到答案.
【详解】由可得，即，
当时，，不等式在上显然成立；
当时，令，则在上恒成立，
由，在上，所以在上单调递增，
又时，，，所以只需在上恒成立，
即恒成立．
令，则，即在上单调递增，
其中，
故，
所以此时有．
综上，．
故选：C．
【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是不等式变形为，从而构造进行求解.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知的三边长分别是，，，则（ ）
A. 以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的侧面积为
B. 以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的体积为
C. 以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的表面积为
D. 以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的体积为
【答案】AD
【解析】
【分析】以所在直线为轴旋转时，所得旋转体是圆锥，求出其侧面积和体积，可知A正确，B错误；以所在直线为轴旋转时，所得旋转体是两个同底的圆锥组合体，求出其表面积和体积，可知C错误，D正确．
【详解】以所在直线为轴旋转时，所得旋转体是底面半径为3，母线长为5，高为4的圆锥，其侧面积为，体积为，故A正确，B错误；
以所在直线为轴旋转时，所得旋转体是底面半径为，母线长分别为3和4的两个圆锥组合体，表面积为，体积为，故C错误，D正确．
故选：AD．
10. 计算下列各式的值，其结果为2的有（）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用和角公式可求值验证A项，运用辅助角公式和诱导公式可得B项，运用两角和的正切公式可以验证C项，利用倍角公式和诱导公式可以判定D项.
【详解】对于选项A，，故A项正确；
对于选项B，，故B项正确；
对于选项C，
，故C项正确；
对于选项D，
，故D项错误．
故选：ABC．
11. 已知函数的定义域为，则（）
A. 的图象关于原点对称B. 在上单调递增
C. 恰有2个极大值点D. 恰有1个极小值点
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据函数奇偶性的定义即可判断A，利用导数求解函数的单调性，即可判断BCD.
【详解】因为定义域为，，所以为奇函数，A正确；
因为，当时，，所以，则在上单调递增，B正确；
显然，令，得，分别作出，在区间上的图象，
由图可知，这两个函数的图象在区间上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故在区间上有2个极大值点和2个极小值点，C正确，D错误．
故选：ABC．
12. 两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题．他们在沙滩上画出点或用小石子表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类，如下图中实心点的个数依次为5，9，14，20，…，这样的一组数被称为梯形数，记此数列为，则（）
A. 存在，使得，，为等差数列
B.
C. 存在且，使得
D. 数列的前n项和小于
【答案】BCD
【解析】
【分析】A：根据是否成立作出判断；
B：先用累加法计算出的通项公式，然后可求；
C：表示出，根据结果确定出所满足的方程组，再根据方程组的解进行判断；
D：先利用裂项相消法进行求和，然后再判断.
【详解】根据题意有，，
所以，，
所以，，
所以，故A错误；
因为当时，
，当时也成立，
所以，，，故B正确；
因为，所以，
所以且，
所以或或或或，
解得或，故C正确；
因为，
数列前项和
，故D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，，则在上的投影向量的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据射影向量的定义及向量的数量积、模运算即可.
【详解】在方向上的投影向量为．
故答案为：
14. 已知正实数a，b满足，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据基本不等式的乘“1”法即可求解.
【详解】因为，，，则，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值是．
故答案为：
15. 已知为偶函数，且在上单调递增，若，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题中条件得到的图象关于对称，结合函数单调性，建立不等式，解出即可.
【详解】因为为偶函数，所以，
函数的图象关于对称，
又在上单调递增，，
所以，解得．
故答案为：.
16. 已知正四棱柱的体积为16，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，即可得到、、、四点共面，从而得到平面平面，连接交于点，则线段即为点的轨迹，再由三角形相似得到，则问题转化为求的最小值，设、，，利用勾股定理表示出，再由均值不等式求出的最小值，即可得解.
【详解】如图取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，
因为是棱的中点，所以，则为的四等分点且，
由正四棱柱性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，所以、、、四点共面，
所以平面平面，
连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点，
所以线段即为点的轨迹，
如图在平面中，过点作，交于点，因为，
所以，所以，所以，
设、，，
依题意，，
所以，
要求动点的轨迹长度的最小值，即求的最小值，即求的最小值，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即、时取等号，
所以，所以，即动点的轨迹长度的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是找到动点的轨迹，再利用均值不等式求出的最小值.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知函数，将图象上每一点的横坐标缩短为原来的，再将所得图象向上平移1个单位长度得到函数的图象．
（1）求图象的对称中心；
（2）若函数在上没有最小值，求实数m的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角函数的平移伸缩变换求得函数解析式，结合正弦函数图像确定对称中心即可；
（2）由（1）中函数解析式和给定区间求出整体角范围，结合正弦函数图像确定参数m范围即可.
【小问1详解】
根据题意，，
由，得，，
所以函数图象的对称中心为，．
【小问2详解】
由（1）知：，
因为，所以，
要使上没有最小值，
则，解得，即实数的取值范围为．
18. 已知正项数列满足，．
（1）求的通项公式；
（2）若对任意正整数n，不等式恒成立，求实数k的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知条件分解因式得递推关系，再由递推关系得数列为等比数列，由基本量可得通项；
（2）分离参数得恒成立，构造数列，通过研究数列的单调性求得数列的最大项，则可求得实数k的取值范围.
【小问1详解】
因为，所以．
又因为，所以，即，
所以数列是公比为2的等比数列，又因为，所以．
【小问2详解】
不等式恒成立，只需恒成立，
设，
则，
所以数列为递减数列，所以，即的最大值为，
因为对任意正整数，不等式恒成立，
所以，所以实数的取值范围为．
19. 从①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足：______．
（1）求角C的大小；
（2）若，的内心为I，求周长的取值范围．
注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用正余弦定理进行边角互化，借助于三角形的边角关系即可求得；
（2）先求出，在中，通过设角，利用正弦定理求出三边得出三角形周长表达式，将其转化为正弦型函数，利用角的范围即可求得周长范围.
【小问1详解】
选择条件①，，
在中，由正弦定理得，
整理得，则由余弦定理，，
又，所以．
选择条件②，，
于是，
在中，由正弦定理得，，
因为，则，即，
因为，因此，即，又，所以．
【小问2详解】
如图，由（1）知，，有，
因为的内心为，所以，于是．
设，则，且，
在中，由正弦定理得，，
所以，
所以的周长为，
由，得，所以，
所以周长的取值范围为．
20. 如图所示，四棱锥中，底面为矩形，与交于点O，点E在线段上，且平面，二面角，二面角均为直二面角．
（1）求证：；
（2）若，且平面与平面夹角的余弦值为，求的长度．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）运用线面平行推出线线平行，结合矩形证明相等即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量翻译二面角求解参数即可.
小问1详解】
证明：因为平面，平面，平面平面，所以．
又因为四边形为矩形，所以，则．
【小问2详解】
解：因为四边形为矩形，所以．
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．
因为平面，所以．同理，．
设，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，．
设为平面的法向量，
因为所以令，则，所以；
设为平面的法向量，
因为所以令，则，所以，
所以，
解得．故．
21. 设函数，．
（1）若函数在点处的切线方程为，求a，b；
（2）若方程有两个不同的实数根，求b的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）方程即为，设，利用导数求出函数的单调区间及最值，进而可得出答案.
【小问1详解】
，则切线的斜率为，
又，所以函数在点处的切线方程为，
即，所以，解得；
【小问2详解】
方程即为，即，
设，
则“方程有两个不同的实数根”等价于“函数有两个零点”，
，
当时，恒成立，所以在上是增函数，至多有一个零点，不合题意；
当时，由得，
此时：若，则，单调递减；
若，则，单调递增，
所以，
由函数有两个零点得，解得，
当时，有，
因为，所以在内有一个零点．
令，则，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，故．
所以在上单调递增，
所以，
所以，所以在内也有一个零点，
即当时，函数有两个零点，
所以实数的取值范围为．
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
22. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有两个极值点，，求当a为何值时，取得最大值．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，通过对导数中的分类讨论，研究函数值的符号，得出函数正负，求出原函数的单调区间；
（2）根据函数的极值点得出，化简，利用导数求何时取最大值.
【小问1详解】
由，得．
令，则，，
当，即时，恒成立，则，
所以在上是减函数．
当，即或．
（i）当时，恒成立，从而，所以在上是减函数．
（ii）当时，函数有两个零点：，，
列表如下：
综上，当时，的减区间是；当时，的增区间是，减区间是，．
【小问2详解】
由（1）知，当时，有两个极值点，，，则，是方程的两个根，从而，，由韦达定理，得，．
又，所以，
令，，，
则，
当时，；当时，，
则在上是增函数，在上是减函数，从而，
由知，又，解得，
所以当时，取得最大值．—
0
+
0
—
减函数
极小值
增函数
极大值
减函数