2024届山东省菏泽市菏泽一中南京路校区高三上学期11月月考数学试题含答案

这是一份2024届山东省菏泽市菏泽一中南京路校区高三上学期11月月考数学试题含答案，共22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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出两个集合，再根据集合的交集、补集运算即可.
【详解】由题意可得：，所以，故.
故选：C
2．一个正四棱台形状的鱼塘，灌满水时，蓄水量为，若它的两底面边长分别为和，则此时鱼塘的水深（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据棱台的体积公式可由体积直接计算出水深.
【详解】设水深为，则，
解得，故此时水深为.
故选：C.
3．非零实数满足成等差数列，则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】B
【分析】根据成等差数列，可将用表示，再将所求化简，利用基本不等式即可得解.
【详解】因为成等差数列，
所以，
所以，
则
，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为.
故选：B.
4．设数列的前项和为，点均在函数的图象上，，则数列的前项之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意结合等比数列的通项公式求得的表达式，可得的表达式，利用裂项求和法即可求得数列的前项之和.
【详解】由已知得，故，
当时，，解得，
故是以为首项，为公比的等比数列，，也适合，
则，
故
，
故选：B
5．设函数，则（ ）
A．在单调递增
B．在上存在最大值
C．在定义域内存在最值
D．在上存在最小值
【答案】D
【分析】，用导数研究在单调性判断A、B选项，结合周期性奇偶性单调性判断C选项，用导数求在上的最小值判断D.
【详解】，
则，
令，则在上单调递增，且，
所以存在使得，
则时单调递减；
当时单调递增，故A错误
当时，在上不存在最大值，故B错误；
，所以的周期为，
定义域关于原点对称，
所以为奇函数，
当时单调递减，时单调递增，
即当时，，有最小值，无最大值；
由奇偶性得时，，故在定义域内不存在最值，故C错误
对D：结果前面分析知存在使得，且
所以，
所以，故D正确.
故选：D
6．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】使用基本不等式证明，从而得，使用证明，再证明可得.
【详解】由题知、均在和之间，
，于是，
当时，，所以.
当时，令，则，所以时，为减函数，
故，故，
所以，
，于是.
所以.
故选：C
【点睛】关键点点睛：解决本题首先用均值不等式放缩，比较和，也可用换底公式；比较和需要构造函数和运用对数运算性质.
7．函数的单调增区间为（ ）
A．B．
C．和D．
【答案】C
【分析】令，根据二次函数的性质求出的单调区间，再由复合函数的单调性即可得函数的单调增区间.
【详解】设，则有且，
，则，
所以函数的定义域为：且，
由二次函数的性质可知的单调递增区间为：；单调递减区间为：和；
又因为在区间和上单调递减，
由复合函数的单调性可知：函数的单调增区间为：和.
故选：C.
8．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
二、多选题
9．定义满足以下两个性质的有穷数列为阶“理想数列”：（1）；（2），则以下说法正确的是（ ）
A．若为阶“理想数列”，则不可能是等比数列
B．存在阶“理想数列”，使得
C．若公差为正的等差数列是阶“理想数列”，则
D．记阶“理想数列”的前项和为，则
【答案】ACD
【分析】根据给定的数列新定义，结合等差数列、等比数列的相关性质逐项分析判断即得.
【详解】对于A，当时，假设是等比数列，公比为，则，
而，显然无解，因此不可能是等比数列，A正确；
对于B，由条件（1）（2）知，，
从而，B错误；
对于C，设公差为，则，则，
又，则，
即，则，有，
则，C正确；
对于D，设阶“理想数列”的所有非负数项之和为，所有负数项之和为，
则，即，当所有非负数项一起构成最大为，即，
当所有负数项一起构成最小为，即，D正确.
故选：ACD
10．已知是空间两个不同的平面，是空间两条不同的直线，则（ ）
A．，则
B．且，则
C．，且，则
D．，则
【答案】BCD
【分析】根据面面平行性质可判断A；根据面面平行结合线面垂直性质判断B；根据面面平行的判定判断C；利用空间平面的法向量判断平面的位置关系判断D.
【详解】对于A，若，m与有可能是异面直线，故错误；
对于B，因为且，可得出，再由，可得出，故B正确；
对于C，若，则，又，所以，故C正确；
对于D，若，则可在直线上取向量，分别作为的法向量，
由于，则，即，故可得，故D正确.
故选：BCD.
11．已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．是周期函数
B．函数的最小值为
C．函数在上单调递增
D．在上有两解
【答案】AD
【分析】计算，根据周期函数定义可判断A；化简，求得其最小值判断B；化简，确定，结合正弦函数性质可判断C；求出在的解，可判断D.
【详解】对于A，，
故是以为周期的函数，故A正确.
对于B，时，函数的最小值为，故B错误
对于C，当时，，由于在上单调递减，
故在上单调递减，故C错误
对于D，当时，，此时，
则；
当时，，此时，
则；
故在上有两解，故D正确.
故选：AD.
12．“内卷”是一个网络流行词，一般用于形容某个领域中发生了过度的竞争，导致人们进入了互相倾轧、内耗的状态，从而导致个体“收益努力比”下降的现象．数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案，如图（1）；它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分E，F，G，H作第二个正方形，然后再取正方形各边的四等分点M，N，P，Q作第3个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，设正方形边长为，后续各正方形边长依次为，，…，；如图（2）阴影部分，设直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，，…，，…．下列说法正确的是（ ）．
A．数列是以4为首项，为公比的等比数列
B．从正方形开始，连续3个正方形的面积之和为
C．使得不等式成立的的最大值为4
D．数列的前n项和
【答案】ABD
【分析】根据题意，，都是等比数列，从而可求，的通项公式，再对选项逐个判断即可得到答案．
【详解】对于A选项，由题意知，且，
所以，又因为，
所以数列是以4为首项，为公比的等比数列，故A正确；
对于B选项，由上知，，，，，
所以，故B正确；
对于C选项，，
易知是单调递减数列，且，，
故使得不等式成立的的最大值为3，故C错误；
对于D选项，因为，且，
所以，所以，故D正确；
故选：ABD．
三、填空题
13．若一个偶函数的值域为，则这个函数的解析式可以是 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】取，验证函数为偶函数且值域为即可.
【详解】取，函数的定义域关于坐标原点对称，
且，即函数为偶函数，
当时，，满足题意.
故答案为：（答案不唯一）
14．已知向量，满足，若对任意模为的向量，均有，则向量的夹角的取值范围为 .
【答案】
【分析】首先要根据绝对值不等式的性质以及向量三角不等式的关系放缩，再通过向量平方去掉模，最后解三角不等式.
【详解】由，若对任意模为的向量，均有，
由三角不等式得，，因为向量为任意模为的向量，
所以当向量与向量夹角为时，上式也成立，设向量的夹角为.
，，
平方得到，即，
则，即，即，
同时，所以，
平方得到，即，
解得，即，，
综上，又因为，即，
向量的夹角的取值范围.
故答案为：.
15．若，且，则实数的值为 .
【答案】或
【分析】分别令和可得系数的和与奇数项与偶数项系数的差，进而利用平方差公式整体代入可得关于的方程，求解即可.
【详解】在中，
令得，
令得，
所以
，
所以，实数的值为,
故答案为：.
16．某生物科学研究院为了研究新科研项目需建筑如图所示的生态穹顶，建筑（不计厚度，长度单位：m），其中上方为半球形，下方为圆柱形，按照设计要求生态穹顶建筑的容积为，且（其中l为圆柱的高，r为半球的半径），假设该生态穹顶建筑的建造费用仅与其表面积有关，已知圆柱形部分每平方米的建造费用为3万元，半球形部分每平方米的建造费用为万元，当 时该生态穹顶建筑的总建造费用最少.（公式：，）
【答案】
【分析】根据题意结合圆柱以及球的体积公式表示出的关系式，确定r取值范围，利用面积确定总建造费用与半径的函数关系式，再利用导数确定总建造费用最少时的值.
【详解】设该建筑的容积为，由题意知，
又，故，
由于，即，因此，
设建筑的总建造费用为万元，则，
于是，
由于，所以，
当时，，所以在上单调递减，
故当时，建筑的总建造费用取最小值，
故答案为：2
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是由题意求出建筑的总建造费用的表达式，进而利用导数求解其最值问题.
四、解答题
17．在△ABC中，角的对边分别为，若，且．
(1)求角B的值；
(2)若，且的面积为，求BC边上的中线AM的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理，边化角，求得，判断角的范围，确定答案;
（2）由条件可推得，继而求得边长，再根据余弦定理即可求得答案.
【详解】（1）因为
由正弦定理得
所以，或
又因为，则，故
故答案为：
（2）由（1）知，又，所以 ，则，所以.
又，所以，
在中，，
由余弦定理得，
所以.
故答案为：
18．已知等差数列满足：，其前项和为.
(1)求数列的通项公式与前项和
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用已知条件列方程组可求出等差数列的通项公式，套用求和公式可得.
（2）由（1）可得的表达式，利用裂项相消求和方法，即可得出的前项和.
【详解】（1）设等差数列的公差为，首项为，
则，解得：，
，.
（2）由（1）可得，
数列的前项和为
.
19．已知平面向量，，记，
(1)对于，不等式（其中m，）恒成立，求的最大值．
(2)若的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，a，b，c成等比数列，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）化简得到，确定得到，，得到最值.
（2）计算得到，确定，化简得到，根据正弦定理结合等比数列性质得到答案.
【详解】（1）
，
，则，故，，
恒成立，故，，
当，时，有最大值为.
（2），即，
，，故，，
，，成等比数列，则，
.
20．在如图所示的五面体中，共面，是正三角形，四边形为菱形，平面，点为中点.
(1)在直线上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由；
(2)请在下列条件中任选一个，求平面与平面所成二面角的正弦值
；.
【答案】(1)存在，理由见解析
(2)
【分析】（1）由题意根据条件推出平面平面，再根据面面平行的判定定理证明结论.
（2）若选，在中，利用，求出，取中点，连接，从而证明，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，再利用法向量求二面角即可.
若选，由，求出，取中点，连接，从而证明，仿照选的方法可求二面角.
【详解】（1）在直线上存在一点，使得平面平面，理由如下：
连接交于点，连接，取的中点，连接，
又平面,平面，
平面平面，故,
O为的中点，点为中点，则，
，故四边形为平行四边形，则，
平面，平面，故平面；
又点为中点，为的中点，故,
平面，平面，故平面，
平面，故平面平面，
（2）选择，
四边形为菱形，,
则为正三角形，，
故在中，，
由余弦定理知，
取中点，连接，
在中，，
则，所以，
因为是正三角形，所以，
因为平面，所以平面，
平面，
又平面，
故平面，
以为原点分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，,
则，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，故，
,
设平面的法向量为，
则，即，
令，得平面的法向量，
故，
由于平面与平面所成二面角为，则，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为；
若选：
由（1）可知，，
取中点，连接，
在中，，则，所以，
因为是正三角形，所以，
又平面，则平面，
平面，故；
因为是正三角形，所以，
因为平面，所以平面，
以为原点分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，,
则，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，故，
,
设平面的法向量为，
则，即，
令，得平面的法向量，
故，
由于平面与平面所成二面角为，则，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为；
五、证明题
21．已知数列的前项和为，且______请在是公差为的等差数列；是公比为的等比数列，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题.
(1)求的通项公式
(2)在与之间插入个实数，使这个数依次组成公差为的等差数列，数列的前项和，证明：
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）选，根据数列递推式，结合的关系可得，采用累加法即可求得答案；选，由题意可得，结合的关系可得，采用构造等比数列的方法即可求得答案；选，根据数列是公比为的等比数列，可得，利用累加法即可求得答案；
（2）由题意可求得的通项公式，利用错位相减法求得的表达式，即可证明结论.
【详解】（1）若选：当时，，所以，
故，因为
所以，
则时，
累加得，故，
当时，满足上式，故.
若选，数列是公差为的等差数列，首项为，
故，则，
两式相减得，则，
则，即，
当时，满足上式，故.
若选，数列是公比为的等比数列，首项为，
故，则时，
累加得，故，
当时，满足上式，故.
（2）证明：由于，所以
所以，
故，
，得
，
即.
22．已知，且，函数.
(1)设，函数，若，证明：
(2)若函数的图象与函数的图象关于直线对称，且点在函数的图象上，设，是函数的图象上两点，若存在，使得，试比较、与的大小，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）先通过换元把问题转化为二次函数最值问题；再按对称轴与区间的相对位置进行分类讨论；最后对最大值配方可证不等式成立；
（2）先根据题意求出；再由，得到，作差；最后构造函数，利用导数可判断的单调性，借助单调性即可判断差的正负号，从而得到结论.
【详解】（1）
是增函数.
若，则
令，则.
.
.
当，即时，；
当，即时，
.
综上可得：若，则.
（2）函数，（且）的图象与函数的图象关于直线对称
（且）.
点在函数的图象上
，
则，.
，即
则.
，函数为增函数
.
令
则，
当时，，函数在上单调递减.
.
而，
.
所以,
即.
同理可证：.
综上可得：.
【点睛】关键点睛：本题考查对数函数、二次函数的性质及导数的应用，属于难题.解题的关键是：第一问利用换元法把问题转化为二次函数最值问题，分类讨论求二次函数的最大值，对该最大值配方；第二问先表示出，采用作差法来比较、与的大小，难点在于比较过程中要构造函数，利用导数可判断的单调性，借助单调性即可判断差的正负号，从而得到结论.