2024届山东省新泰市第一中学东校高三上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2024届山东省新泰市第一中学东校高三上学期第二次月考数学试题含答案，共19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】D
【分析】根据指数函数值域和对数函数定义域求出集合A，B，然后由交集运算可得.
【详解】由指数函数性质可知，，
由得，所以，
所以.
故选：D
2．已知复数z满足(1+2i)=i，则复数z在复平面内对应点所在的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】化简得复数i,即得解.
【详解】由题得==i.
复数对应的点为，
由于在第一象限，所以复数对应的点在第一象限，
故选：A
3．已知函数的定义域为，则“是偶函数”是“是偶函数”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】A
【分析】根据偶函数的图像性质，结合充分，必要条件的定义进行判断
【详解】偶函数的图像关于轴对称，奇函数图像关于原点对称，根据这一特征，若是偶函数，则是偶函数，若是奇函数，也是偶函数，所以“是偶函数”是“是偶函数”的充分不必要条件
故选：A
4．设曲线在处的切线为，若的倾斜角小于，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出函数的导数，利用导数的几何意义，结合切线倾斜角范围建立不等式，再求解不等式即得.
【详解】令，求导得，则切线的斜率为，
由的倾斜角小于，得切线的斜率或，
即或，
解得，解得或，
所以实数的取值范围是.
故选：B
5．柯西不等式（Caulhy-Schwarz Lnequality）是法国数学家柯西与德国数学家施瓦茨分别独立发现的，它在数学分析中有广泛的应用.现给出一个二维柯西不等式：，当且仅当时等号成立.根据柯西不等式可以得知函数的最大值为（ ）
A．B．C．12D．20
【答案】A
【分析】运用柯西不等式直接求解即可.
【详解】由，解得，
所以函数的定义域为，
由柯西不等式得，，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为.
故选：A.
6．已知是定义在上的偶函数，是的导函数，当时，，且，则的解集是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据构造函数，然后分析的奇偶性和单调性，再将问题转化为解不等式，由此可得结果.
【详解】构造函数，
因为是上的偶函数且也是上的偶函数，
所以是上的偶函数，
因为时，，所以在上单调递增，
所以在上单调递减，
又因为，所以且，
所以，所以，解得或，
故选：B.
7．已知是边长为2的等边三角形，，当三棱锥体积取最大时，其外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出三棱锥体积取最大时的几何体特征，再确定球心位置，求出球半径作答.
【详解】取中点，连接，如图，
在中，由余弦定理得，
即，当且仅当时取等号，
又，则，
当且仅当时，最大，的面积最大，
令直线与平面所成角为，则点到平面的距离，当且仅当时取等号，
因此三棱锥体积，即当最大，三棱锥体积最大，
因此当三棱锥体积最大时，且平面，而平面，即有，
正中，，，则平面，
令正的外接圆圆心为，等腰的外接圆圆心为，则分别在上，令外接球球心为，
于是平面，平面，有，即四边形是矩形，
而，，在中，，
因此球的半径，
所以三棱锥外接球的体积，
故选：C
8．已知函数，则的值域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用二倍角公式可得，由换元法构造函数，由导函数求出函数单调性即可得求得其值域为.
【详解】由可得，易知；
令，则，
可得，令，可得或（舍）；
即可得当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
所以在处取得极大值也是最大值，即，
当趋近于时，可知趋近于，
因此的值域为.
故选：D
二、多选题
9．已知直线：和圆：，下列结论成立的是（ ）
A．直线：过定点
B．当直线与圆相交时，直线：被圆所截的弦长最大值为4
C．当直线与圆相切时，则实数
D．当实数的值为3时，直线与圆相交，且所得弦长为
【答案】AD
【分析】求出直线过的定点判断A；由直线是否过圆心判断B；利用点到直线距离公式计算判断C；利用圆的弦长公式计算判断D.
【详解】圆：的圆心，半径
对于A，对于任意实数，当时，恒有，即直线过定点，A正确；
对于B，显然圆心的坐标不满足直线的方程，即直线不过圆心，
因此，当直线与圆相交时，直线被圆所截的弦长小于4，B错误；
对于C，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离，解得，C错误；
对于D，当时，由选项C知，，直线与圆相交，
所得弦长为，D正确.
故选：AD
10．如图，正六边形的边长为2，半径为1的圆的圆心为正六边形的中心，，若点在正六边形的边上运动，动点在圆上运动且关于圆心对称，则的值可能为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】BC
【分析】根据平面向量加法的几何意义，结合平面向量数量积的运算性质、圆的性质进行求解即可.
【详解】由题意：
因为正六边形的边长为2，所以圆心到各边的距离为：，
所以，所以，
故选：BC．
11．已知数列满足，，则的值可能为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】AD
【分析】化简原式得到的两种对应关系，然后分类讨论的通项公式，由此可得结果.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
所以或，
当时，是首项为公比为的等比数列，所以；
当时，可得，下面用数学归纳法证明：
当时，，成立，
当，假设成立，
当时，因为，所以，成立，
由上可知，成立，此时；
当，均在数列中出现时，由可得，B选项不可能；
当，时，最大，
此时，，故C不可能.
故选：AD.
12．如图所示，在三棱锥中，已知，，两两互相垂直，，，M，N分别是边，的中点，点E是线段上的动点，点F是平面中的任意一点，则（ ）
A．三棱锥是正三棱锥
B．直线与平面所成角的余弦值为
C．三棱锥外接球的表面积为
D．当点E是线段的中点时，的最小值为
【答案】AC
【分析】由棱锥体积公式求得，从而得出底面是正三角形，由此可判断A，根据正棱锥性质求得与底面所成角的余弦值即可判断B，确定出三棱锥外接球的球心后可得表面积判断C，利用点到平面的距离的性质求解后判断D．
【详解】对A：因为平面，
所以平面，同理也与相应的侧面垂直，
，，
因此，底面是正三角形，
由于侧棱相等，因此顶点在底面上的射影是底面正三角形的外心，也是中心，
所以三棱锥是正三棱锥，A正确；
对B：是中点，则，
而，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，平面平面，
所以在平面内的射影就是直线，所以是与平面所成的角，
侧棱长为4，则底面边长为，,
由平面，平面，可知，
则 ，即直线与平面所成的角的余弦值为，
且正三棱锥各侧棱与底面所成角相等，因此B错；
对C：，所以为三棱锥外接球的球心，
且，球表面积为，C正确；
对D：由于平面,所以点到平面的距离为，
是中点，则点到平面的距离等于，
点E是线段的中点，则点到平面的距离等于，D错．
故选：AC．
三、填空题
13．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，点在上，且，直线与椭圆交于另一点，与轴交于点，，则椭圆的离心率为 .
【答案】/
【分析】首先根据几何性质表示焦半径，再结合余弦定理求焦半径的长度，即可求解.
【详解】如图，为坐标原点，且为的中点，，
所以，即为的中点，
连接，由，得，
设，则，，，，
则，
在中，由余弦定理得，，
即，整理得，
则，
则，即，
所以.
故答案为：.
14．若，且，则 ．
【答案】
【分析】由题知，进而结合二倍角公式和正弦的和角公式化简求值即可.
【详解】解：因为，且，
所以，
所以
故答案为：
15．已知a，b，c均为正实数，，则的最小值是 .
【答案】
【分析】根据题意，将看作一个整体，变形后结合基本不等式的计算，即可得到结果.
【详解】因为，即，
设，则，且，
原式
，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：4
16．设函数（其中为自然对数的底数），若存在实数使得恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】由题意可得，令，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直线下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，即可得出答案．
【详解】函数的定义域为，
由，得，所以，
令，
由题意知，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，
由，得，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，没有最小值，
由，得，
当时，在上单调递增，
在上单调递减，
所以有最大值，无最小值，不合题意，
当时，在上单调递减，
在上单调递增，
所以，
所以即，
所以，即的取值范围为．
故答案为：.
【点睛】本题考查了利用导数求参数的取值范围问题，其中涉及到利用导数求函数的最值问题，难度较大.构造函数是求解导数问题的常用方法.
四、解答题
17．如图，在中，，，，点在边的延长线上.
(1)求的面积；
(2)若，为线段上靠近的三等分点，求的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在中利用正弦定理求出，再利用两角和的正弦公式求出，然后利用三角形的面积公式可求得结果，
（2）方法1：由题意可得，代值计算即可，方法2：在中利用余弦定理求出，则可求得，再在利用正弦定理求出，从而可求出，然后在中利用余弦定理可求得
【详解】（1）中，，
因为，，
所以
因为
，
所以.
（2）方法1：因为为线段上靠近的三等分点，
所以,
所以,
所以
，
则.
方法2：在中，由余弦定理得
，
因为为线段上靠近的三等分点，
所以，
因为，
所以，
因为为锐角，
所以，
在中，由余弦定理得，
，
所以.
18．已知函数.
(1)当时，求函数在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若函数有两个零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将代入函数解析式，求导，利用导数的几何意义可得切线方程，由此可得所求面积；
（2）令，可得,令，，依题意，直线与函数的图象有两个不同的交点，利用导数研究函数的单调性及最值，作出图象，结合图象可得解．
【详解】（1）当时，，，
所以，，
所以切线方程为，即.
令得，令得，
所以所求三角形的面积.
（2）由题意知，方程在上有两个不同实根，
即方程在上有两个不同实根，即方程在上有两个不同实根.
令，，则转化为与的图象有两个不同的交点，
求导得，
则当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以.
又因为，当时，，当时，，当时， ,作图如下：

所以a的取值范围为.
19．如图所示，在四棱锥中，平面平面，底面为矩形，，，，点M在棱上且．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明M是的中点，连接，与交于点O，连接，从而证明，从而可证明.
（2）以D为坐标原点，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系．利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为平面平面，且平面平面，
根据条件可知，所以平面，
所以．
所以，同理可得，
又，所以是等边三角形，
因为，所以M是的中点．
如图，连接，与交于点O，连接，则O是的中点，所以，
因为平面平面，所以平面．
（2）以D为坐标原点，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则．
由（1）知是平面的一个法向量．
设为平面的法向量．因为，
所
令，可得．
设平面与平面的夹角为，
则
．
20．已知数列的前n项和为，且.
(1)求的通项公式：
(2)若，的前n项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）已知求的问题，一定要分和进行讨论；
（2）用裂项相加法求和，再分为奇数、偶数讨论，确定的取值范围.
【详解】（1）因为，
当时，.
当时，，所以，
，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
故：.
（2）证明：因为，
所以.
当n为奇数时，，
因为，所以，所以
当n为偶数时，，
因为，所以，所以.
综上，.
21．已知函数，其中.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若对于恒成立，求的最大值.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)
【分析】（1）将代入可得，利用导函数求出函数的单调性即可得出函数的单调区间；
（2）将不等式恒成立转化成函数的最小值恒成立问题，化简整理可得，构造函数并求得其最大值即可得出的最大值.
【详解】（1）当时，，则；
令，则，
显然在上恒成立，即在上单调递增；
又易知，
所以当时，，当时，；
即函数在上单调递减，在上单调递增；
综上可知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）由对于恒成立，可得在恒成立；
令，则，又，
由可解得，
易知当时，，当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
因此在处取得极小值，也是最小值为；
易知，所以可得，
即；
令，则，由可得；
因此当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减；
即当时，，
即当时，，
即时，的最大值为.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题，一般情况下将不等式化简变形并通过构造函数求得函数在定义域内的最值，再根据题意求解即可得出结论.
22．已知椭圆的左，右焦点分别为，，焦距为，点在上.
(1)是上一动点，求的范围；
(2)过的右焦点，且斜率不为零的直线交于，两点，求的内切圆面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)结合焦距及点坐标，求得椭圆的方程：，设点，得，结合椭圆有界性解得范围即可；
(2)设直线的方程为,联立椭圆方程结合韦达定理得，，利用等面积法求解内切圆半径，进而求得内切圆面积.
【详解】（1）由题意知，所以.
将点代入，解得，所以椭圆的方程为：.
设点，则.
又因为，所以的范围是.
（2）依题意可设直线的方程为，，.
联立得.
所以，，
所以，
又因为，
当且仅当时等号成立.所以.
又因为三角形内切圆半径满足.
所以的内切圆面积的最大值为.