2024-2025学年福建省连城县高三上册12月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年福建省连城县高三上册12月月考数学检测试题（附解析），共15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。
1．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，若∥，则（ ）
A．B．C．4D．6
3．在复平面内表示复数（1﹣i）（a+i）的点位于第二象限，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，1）B．（﹣∞，﹣1）C．（1，+∞）D．（﹣1，+∞）
4．已知某圆柱的内切球半径为1，则该圆柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
5．设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
6．一个弹力球从1m高处自由落下，每次着地后又弹回到原来高度的处，那么在第次着地后，它经过的总路程超过5m，则的最小值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
7．已知函数在内有且仅有3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的定义域均为是奇函数，且的图象关于对称，，则（ ）
A．4B．8C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知直线与圆相切，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．圆M与圆与圆M的公共弦所在直线的方程为
C．过作圆M的切线，切线长为
D．圆M与圆的位置关系为内含．
10．若函数的两条相邻对称轴距离为，且，则（ ）
A．B．点是函数的对称中心
C．函数在上单调递增D．直线是函数图象的对称轴
11．如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内的一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ）
A．的最小值为
B．当与垂直时，直线与平面所成的角的正切值为
C．三棱锥体积的最小值为
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．在正四棱台中，，则该棱台的侧面积为 ．
13．已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为 ．
14．已知函数，，且， ；的取值范围为
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E分别为AC，的中点，，．
(1)求证：平面BDE；
(2)求直线DE与平面ABE所成角的正弦值；
(3)求点D到平面ABE的距离．
16．已知等差数列的前项和为，且，数列满足.
(1)求数列和的通项公式；
(2)记，求数列的前2024项和.
17．在中，，.
(1)当时，求和；
(2)求面积的最大值.
18．已知椭圆.
（1）求椭圆C的离心率e；
（2）若，斜率为的直线与椭圆交于、两点，且，求的面积.
19．已知函数.
(1)若曲线的一条切线方程为，求的值；
(2)若函数在区间上为增函数，求的取值范围；
(3)若，无零点，求的取值范围．
答案
1．【正确答案】D
【分析】求出集合后可求.
【详解】，故，
故选D.
2．【正确答案】A
【详解】因为，且∥，
则，解得.
故选：A.
3．【正确答案】B
把复数化为代形式，然后得出对应点坐标，由点在第二象限得出结论．
【详解】，对应点为，
由题意，解得．
故选：B.
4．【正确答案】B
【详解】由题意得，该圆柱底面圆的半径为，圆柱的高为2，
所以该圆柱的体积为.
故选：B
5．【正确答案】D
【详解】对于A，，则或，A错误；
对于B，，则或，B错误；
对于C，，则直线可能相交，可能平行，也可能是异面直线，C错误；
对于D，由线面平行的性质知，D正确.
故选：D
6．【正确答案】C
【详解】设小球第一次落地时经过的路程为，第次落地到第次落地经过的路程为，
由题意，，数列从第二项起构成以首项为，公比为的等比数列，
则第n次着地后经过的路程为，
即，结合选项，检验时，，时，成立，
所以的最小值是.
故选：C
7．【正确答案】A
利用两角和正弦公式和辅助角公式将函数整理为，由，得，结合正弦函数的图像求得的范围，从而求得的范围.
【详解】
当时，
在有且仅有3个零点，结合正弦函数图像可知，
解得：
故选：A.
8．【正确答案】B
【详解】因为的图象关于对称，所以．
因为①，则，
即②，
①②得，，
所以的图像关于对称．
令，则是奇函数，
所以，即，
所以的图象关于点中心对称，
所以，所以，
所以是以4为周期的周期函数．
因为，所以．
因为是以4为周期的周期函数，
所以也是以4为周期的周期函数，
由，取，，所以．
因为，所以，
所以．
由，取，所以，
所以，
所以.
故选：B．
9．【正确答案】ABC
【详解】对于A，由直线与圆相切可得：
圆心到直线的距离为，可得，即A正确；
对于B，圆的圆心为，半径为，
与圆M的圆心距为，显然，即两圆相交；
将两圆方程相减可得，即B正确.
对于C，圆心到的距离为，
由勾股定理可得切线长为，即C正确；
对于D，圆可化为，圆心为，半径为；
圆M与圆的两圆心距为，显然，
即可得两圆相交，可知D错误；
故选：ABC
10．【正确答案】AB
【详解】∵的两条相邻对称轴距离为.
∴，∴.∴.
∵，∴，又，则.
∴.∴选项A正确；
选项B：由，
可得函数对称中心的横坐标.
当时，对称中心为.B正确；
选项C：当时，，，
∴在上不递增，C错误；
选项D：由，.
可得对称轴：，.∴不是对称轴.
或验证法把代入得，∴不是对称轴.
∴D错误；
故选：AB.
11．【正确答案】ABC
【详解】如图，令中点为中点为，连接MN，
又正方体中，为棱的中点，可得，
平面平面，又，
且平面平面平面，
又平面，且平面平面，
又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面，的轨迹为线段，
对A，将平面和平面展开到一个平面内，的最小值即点和点连线的距离，由题意易得，
所以，从而可得取最短距离时，是的中点，且，
又，所以，所以，故A正确；
对B，的轨迹为线段与平面ABCD所成的角即与平面所成的角，
F点到平面的距离为点在平面的射影P在上靠近点的四等分点，
，故直线与平面ABCD所成的角的正切值为，故选项B正确；
对C，由正方体侧棱底面，
所以三棱锥体积为，
所以面积最小时，体积最小，如图，，
易得在处时最小，此时，所以体积最小值为，故选项C正确；
对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时，
由已知得此时，所以在底面的射影为底面外心，
，所以底面为直角三角形，
所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为，
由，可得外接球半径，其外接球的表面积为，故选项D错误．
故选：ABC.
12．【正确答案】
【详解】
如图，过作，垂足为，
所以为正四棱台的侧面的高，
因为，
则，，
，
所以正四棱台的侧面积为.
故答案为.
13．【正确答案】9
【详解】∵在椭圆上
∴
∴根据基本不等式可得，即，当且仅当时取等号.
故9.
14．【正确答案】
【详解】因为，所以在1,+∞上单调递增，在0,1上单调递减，
因为，且，所以且，
所以，则，则，
所以，因为对勾函数在1,+∞上单调递增，
所以，即的取值范围为.
故；
15．【正确答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【详解】（1）在三棱柱中，，为，的中点，∴，
∵平面，∴平面，
∵平面，∴，
在三角形中，，为中点，∴，
∵，平面，∴平面.
（2）
如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
在直角三角形中，，，∴，
，，，，
，，，
设平面的法向量为，
，令，则，，所以，
设直线与平面所成角为，
所以.
（3）设点到平面的距离为，所以.
16．【正确答案】(1)，.
(2)
【详解】（1）对数列，，
又，所以，所以，
所以；
对数列，当时，，
当时，，
时，上式亦成立，
所以.
（2）由题意：
所以数列的前2024项的和为.
17．【正确答案】(1)，
(2)27
【详解】（1）因为且，
所以.
由正弦定理得，即.
所以.
所以或.
因为，
，所以.
所以.
由，即，
解得.
（2）因为，
因为，
所以.
所以，当且仅当为时，等号成立.
所以.
所以面积的最大值为.
18．【正确答案】（1） ；（2）.
【详解】（1）椭圆，椭圆长半轴长为，短半轴长为，
；
（2）设斜率为的直线的方程为，且、，
，椭圆的方程为，
由，.消去得，又有.
，
解得：满足，直线的方程为.
故到直线的距离，.
19．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）由在区间上为增函数，可得在内恒成立，求出的最小值即可得解；
（3）分进行讨论，求出函数的单调区间及最值，进而可得出结论.
【详解】（1）函数的定义域为，设切点为，
因为，所以，解得，
因为，，
所以，即，所以，
所以，解得；
（2）因为，在区间上为增函数，
所以在内恒成立，
因为，所以，
所以，即；
（3）因为，，
当，即时，，
所以在上单调递减，
因为，
所以在上无零点，符合题意；
当时，令，则，
当时，，当时，，
所以的单调递减区间是；单调递增区间是，
所以的最小值为，
当，即时，无零点，符合题意；
当时，有一个零点，不符合题意；
当时，的最小值，
因为，
所以，使得，不符合题意；
综上所述，当时，，无零点.