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2024届江西省上饶市上饶中学高三上学期12月月考数学试题含答案
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这是一份2024届江西省上饶市上饶中学高三上学期12月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,证明题等内容,欢迎下载使用。
一、单选题
1.已知函数若存在实数b,使得方程有两个不同的解,则实数a的取值范围是( )
A.B.
C.D.
【答案】C
【分析】结合函数图象分析得解.
【详解】因为,,所以函数图象如图,
当时,的图象如下,可知不存在实数b,使得方程有两个不同的解.
同理当也不满足.
当时,的图象如下,可知存在实数b,使得方程有两个不同的解.
综上,要使方程有两个不同的解,需.
故选:C
2.设函数,则( )
A.8B.9C.22D.26
【答案】C
【分析】根据对数的运算性质分别计算出,即可求解.
【详解】,
因为,所以,
所以.
故选:.
3.下列关于函数,的单调性的叙述,正确的是( )
A.在上单调递增,在上单调递减
B.在上单调递增,在上单调递减
C.在及上单调递增,在上单调递减
D.在上单调递增,在及上单调递减
【答案】C
【分析】利用正弦函数的单调性,直接分析求解即可.
【详解】解:,
当时,函数y单调递增;当时,函数y单调递减;当时,函数y单调递增.
故只有C正确.
故选:
4.已知,,,,若存在非零实数使得,则的最小值为( )
A.8B.9C.10D.12
【答案】B
【分析】根据向量共线的坐标表示可得,再结合基本不等式中的巧用“1”即可求解.
【详解】若存在非零实数使得,即,又,,
所以,即,
所以,
当且仅当,即时,等号成立.
所以的最小值为.
故选 :B
5.已知椭圆:的离心率为,左顶点是A,左、右焦点分别是,,是在第一象限上的一点,直线与的另一个交点为.若,则直线的斜率为( ).
A.B.C.D.
【答案】A
【分析】利用相似关系可得,再利用直线方程和椭圆方程后可求直线的斜率.
【详解】
因为离心率为,故可设,故,
故椭圆方程为:,
而,,故,因,故.
故直线与轴不垂直也不重合,
故可设,,,则,
由可得,
因在椭圆内部,故恒成立,且,
故,因,故,
此时,,
故在第一象限,符合条件,的斜率为
故选:A.
6.已知,,,则平面的法向量与的夹角的余弦值为( )
A.B.或
C.D.或
【答案】B
【分析】求解法向量,即可由夹角公式求解.
【详解】设为平面的一个法向量,则由,
可得,令,得,,∴.
,
由于法向量的方向不能确定,
故平面的法向量与的夹角的余弦值也可能为.
故选:B
7.函数在R的导数为,且,则有 ( )
A.B.
C.D.
【答案】B
【分析】令,求导可得,又,进而可得的单调性,即可得出答案.
【详解】令,
,
因为,
所以,
所以,
所以在上单调递减,
所以,
所以,
所以.
故选:B.
8.设等比数列的前项和为,且,则( )
A.3B.9C.12D.15
【答案】B
【分析】根据条件列出关于首项和公比的方程组,求出首项和公比,然后根据等比数列前n项和公式计算即可求解.
【详解】由,得,解得,,
所以.
故选:B.
二、多选题
9.下列说法正确的是( )
A.函数与的图象关于原点对称
B.函数,且恒过定点
C.已知命题,则的否定为:
D.是的充分不必要条件
【答案】AC
【分析】A:根据图象上任意一点的对称点所满足的关系式判断;B:令,由此确定出所过定点坐标;C:通过修改量词否定结论可得结果;D:根据与的互相推出情况进行判断.
【详解】对于A:设上任意一点,其关于原点的对称点为,
所以,所以,所以,即为图象上任意一点,故A正确;
对于B:令,所以,此时,所以过定点,故B错误;
对于C:修改量词否定结论可得,故C正确;
对于D:不一定能推出,但一定能推出,所以是的必要不充分条件,故D错误;
故选:AC.
10.已知函数,把的图象向左平移个单位长度得到函数的图象,则( )
A.是奇函数
B.的图象关于直线对称
C.在上单调递增
D.不等式的解集为
【答案】AB
【分析】A选项,由左加右减得到的解析式,从而判断出奇偶性;B选项,,故B正确;C选项,整体法判断函数的单调性;D选项,由得到,求出不等式的解集.
【详解】A选项,,
由于的定义域为R,且,
故为奇函数,A正确;
B选项,,故的图象关于直线对称,B正确;
C选项,时,,其中在上不单调,
故在上不单调,故C错误;
D选项,,则,则,
故,D错误.
故选:AB
11.如图,在棱长为2的正方体中,Q为线段的中点,P为线段上的动点(含端点),则下列结论正确的有( )
A.为中点时,过三点的平面截正方体所得的截面的周长为
B.不存在点,使得平面平面
C.存在点P使得的值为
D.三棱锥外接球体积最大值为
【答案】BD
【分析】根据正方体的截面、空间向量法、空间距离、几何体的外接球等知识对选项进行分析,从而确定正确答案.
【详解】A选项,为中点时,连接,
由于分别是,所以,
由于,所以四边形是平行四边形,
所以,所以,
则过三点的平面截正方体所得的截面为梯形,
其周长为,所以A选项错误.
B选项,以为原点建立如图所示空间直角坐标系,
,
设平面的法向量为,则,故可设,
,,,
所以直线与平面不平行,
所以不存在点,使得平面平面,B选项正确.
C选项,将正方形、正方形展开成平面图形如下图所示,
连接,交于,此时取得最小值为,
所以不存在点P使得的值为,C选项错误.
D选项,对于三棱锥,其中两两相互垂直,
其中为定值,,
而三棱锥外接球的直径,是将其补形为长方体时,长方体的体对角线,
也即,
所以外接球半径的最大值为,其体积的最大值为,D选项正确.
故选:BD
【点睛】求解正方体截面有关问题,主要是通过扩展截面得到,扩展截面的方法主要是通过平行,也即共面来进行.求解几何体外接球有关问题,当几何体可以补形成长方体时,长方体的体对角线也即外接球的直径.
12.设,若为函数的极小值点,则下列关系可能成立的是( )
A.且B.且
C.且D.且
【答案】AC
【分析】根据题意,求得,结合函数极值点的定义,分类讨论,列出不等式,即可求解.
【详解】由函数,可得,
令,可得或,
要使得为函数的极小值点,
当时,则满足,解得,所以A正确;
当时,则满足,解得,所以C正确.
故选:AC.
三、填空题
13.集合中只有一个元素,则实数的值是 .
【答案】
【分析】根据已知条件可得出,即可解得实数的值.
【详解】因为集合中只有一个元素,
则,解得.
故答案为:.
14.在中,,则 .
【答案】
【分析】由正弦定理化角为边后,利用余弦定理求解.
【详解】因为,由正弦定理得,
变形得,所以,
又,所以,
故答案为:.
15.椭圆的左右焦点分别为,点在椭圆上,且,则的面积是
【答案】16
【分析】根据焦点三角形的性质,结合勾股定理即可得,由面积公式即可求解.
【详解】由题意可得,又,
所以在中,,即,
所以,故,
故,
故答案为:16
16.已知,则其前2022项的和为 .
【答案】0
【分析】求出数列的周期,并得到,求出前2022项的和.
【详解】因为,
所以,,,
,,
依次进行求解,发现为周期数列,周期为6,
且,
故,
故其前2022项的和为.
故答案为:0
四、解答题
17.已知集合.
(1)若,存在集合使得为 的真子集且为的真子集,求这样的集合;
(2)若集合是集合的一个子集,求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)确定,并求出集合,写出的真子集即得;
(2)分类讨论,时满足题意,时,由集合中的元素属于集合,分别代入求出参数,得集合检验即可.
【详解】(1)当时,方程的根的判别式,所以.
又,故.
由已知,得应是一个非空集合,且是的一个真子集,
用列举法可得这样的集合共有6个,分别为.
(2)当时,是的一个子集,此时对于方程,
有,所以.
当时,因为,所以当时,
,即,此时,
因为,所以不是的子集;
同理当时,,,也不是的子集;
当时,,,也不是的子集.
综上,满足条件的的取值范围是.
五、证明题
18.设a,,且,定义在区间内的函数是奇函数.
(1)求实数a的取值范围;
(2)判断函数在上的单调性,并证明.
【答案】(1)
(2)在上单调递减,证明见解析
【分析】(1)根据函数在区间内是奇函数,由对任意都有求解;
(2)利用函数单调性定义证明.
【详解】(1)解:因为函数在区间内是奇函数,
所以对任意都有,即,
所以,即①,
①式对任意都成立相当于.
因为,所以,代入,得,
解得②,
②式对任意都成立,则,
所以a的取值范围是.
(2)函数在上单调递减.
证明如下:设任意的,,且,
由,得,
所以,,
从而.
因此,在上单调递减.
19.如图在四棱锥中,底面是正方形,侧棱底面,,是中点,作交于点.
(1)求证:平面;
(2)求证:PB平面;
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明详见解析
(2)证明详见解析
(3)
【分析】(1)根据线面平行的判定定理证得平面;
(2)通过证明来证得PB平面;
(3)利用等体积法求得正确答案.
【详解】(1)设,连接,
由于分别是的中点,所以,
由于平面,平面,
所以平面.
(2)由于平面,平面,
所以平面平面,且交线为,
由于平面,所以平面,
由于平面,所以,
由于,是中点,所以,
由于平面,所以平面,
由于平面,所以,
由于平面,
所以PB平面.
(3),
,而,
所以,所以到平面的距离是.
由于PB平面,平面,所以,
所以,
则,所以,
设点到平面的距离为,
所以,
,所以点到平面的距离为.
六、解答题
20.已知椭圆的离心率为,右焦点为.
(1)求此椭圆的方程;
(2)若过点F且倾斜角为的直线与此椭圆相交于A、B两点,求|AB|的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据椭圆的性质即可求解,
(2)联立直线与椭圆方程,由弦长公式即可求解.
【详解】(1)由,得,
∴椭圆方程为
(2)由题意可知直线的方程为:,
由得,
解得.
∴.
21.在直角梯形中,,,,如图1把沿翻折,使得平面平面(如图2).
(1);
(2)若点为线段的中点,求点到平面的距离;
(3)在线段上是否存在点,使得与平面所成的角为?若存在,求出点的具体位置;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)不存在,理由见解析
【分析】(1)可先证明,利用平面平面,可得平面,利用线面垂直的性质可得结论;
(2)建立空间直角坐标系,求出面的法向量,利用向量法可求点到平面的距离;
(3)假设在线段上存在点,使得与平面所成的角为,设出,求出,利用向量的夹角公式列方程求解即可.
【详解】(1)由已知可得,,
平面平面,平面平面,平面,
平面,又平面,
;
(2)以为原点,BD所在的直线为x轴,DC所在直线为y轴,建立空间直角坐标系,如图,
由已知得,
,
设平面的法向量为,
则,取,得
点到平面的距离.
(3)假设在线段上存在点,使得与平面所成的角为,
设,
则,
,
,
整理得,该方程无实数解,
故在线段上不存在点,使得与平面所成的角为
22.已知数列中,,.
(1)判断是否为等比数列?并求的通项公式;
(2)若,求数列的前项和.
【答案】(1)不为等比数列,理由见解析;
(2)
【分析】(1)由题目条件变形得到,结合,得到,从而得到不是等比数列,并求出通项公式;
(2)得到,当时,分组求和,并结合错位相减法得到,当时,利用求和,从而得到答案.
【详解】(1)不是等比数列,理由如下:
,故,
又,所以,所以,
故不是等比数列,且;
(2)因为,
所以,
当时,
设,则,
设,
则,
两式相减得
,
所以,
所以,
当时,
,
所以.
【点睛】方法点睛:数列中的奇偶项问题考查方向大致有:①等差,等比数列中的奇偶项求和问题;②数列中连续两项和或积问题;③含有的问题;④通项公式分奇偶项有不同表达式问题;含三角函数问题,
解决数列中的奇偶项问题需要对分奇偶讨论,寻找奇数项,偶数项之间的关系,分组求和,期间可能会涉及错位相减和求和或裂项相消法求和.
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