2024-2025学年福建省龙岩市高三上册12月月考数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年福建省龙岩市高三上册12月月考数学检测试卷（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．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若，则（ ）
A．1B．C．D．3
3．已知非零向量，满足，向量在向量方向上的投影向量是，则与夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列，则“”是“数列是等差数列”的（ ）
A．充要条件B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件D．必要不充分条件
5．若，且，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知圆，直线，为直线上的动点．过点作圆的切线PM，PN，切点为M，N．若使得四边形为正方形的点有且只有一个，则正实数（ ）
A．1B．C．5D．7
7．已知函数在上有且仅有个零点，直线为函数图象的一条对称轴，则（ ）
A．B．C．D．
8．定义在上的偶函数和奇函数满足，若函数的最小值为，则（ ）
A．1B．3C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列函数最小值为4的是（ ）
A．B．
C．D．
10．设函数的最小正零点为，则（ ）
A．的图象过定点B．的最小正周期为
C．是等比数列D．的前项和为
11．已知正方体的棱长为，，，分别是，，的中点，点为正方体表面上的一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．的面积为
B．三棱锥体积的最大值为
C．若平面，则点的轨迹长度为
D．当点为的中点时，到直线的距离为
三、填空题（本大题共3小题）
12．若直线与直线平行，则实数 .
13．古希腊数学家阿基米德发现了“圆柱容球”定理.圆柱形容器里放一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为 .
14．不等式解集中有且仅含有两个整数，则实数a的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知数列的前项和满足.
(1)求数列的通项;
(2)设数列满足，记的前项和为，比较和的大小.
16．如图，四棱锥中，底面，，分别为线段上一点，.
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
17．在中，内角的对边分别为，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，是边上的一点，且，求线段的最大值.
18．函数，其中为整数.
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)当x∈0,+∞时，恒成立，求的最大值.
19．已知曲线，对坐标平面上任意一点，定义．若两点，满足，称点在曲线同侧；若，称点在曲线两侧．
(1)直线过原点，线段上所有点都在直线同侧，其中、，求直线的斜率的取值范围；
(2)已知曲线，为坐标原点，求点集的面积；
(3)记到点与到轴距离和为的点的轨迹为曲线，曲线，若曲线上总存在两点在曲线两侧，求曲线的方程与实数的取值范围．
答案
1．【正确答案】C
【详解】，
故选:C
2．【正确答案】C
【详解】因为，
所以，
所以.
故选.
3．【正确答案】A
【详解】设非零向量，的夹角为，
所以在向量方向上的投影向量为，
又，所以，
所以与夹角的余弦值为.
故选.
4．【正确答案】D
【详解】先判断充分性：因为当时，，所以，
令，则，
所以数列的偶数项成等差数列，
令，则，
所以数列的奇数项成等差数列，
但数列不一定是等差数列，如，，，，，，
所以 “”不是“数列是等差数列”的充分条件；
再判断必要性：若数列是等差数列，当时，
则，
所以，
所以“”是“数列是等差数列”的必要条件，
综上，“”是“数列是等差数列”的必要不充分条件.
故选：D.
5．【正确答案】C
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以，
所以，，
所以.
故选.
6．【正确答案】C
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，
因为四边形为正方形，可知，
若使得四边形为正方形的点有且只有一个，可知，
则，解得或（舍去），
所以正实数.
故选：C.
7．【正确答案】A
【详解】因为，且，则，
由题意可得：，解得，
又因为直线为函数图象的一条对称轴，
则，解得，
可知，即，
所以.
故选：A.
8．【正确答案】C
【分析】先根据函数奇偶性得到，，从而得到，换元得到在上的最小值为，根据对称轴，分和两种情况，根据函数单调性得到最小值，从而得到方程，求出答案.
【详解】①，故，
因为为上的偶函数，为上的奇函数，
故，所以②，
式子①和②联立得，，
，
其中，当且仅当，即时，等号成立，
所以在上的最小值为，
由于的对称轴为，
故当时，在上单调递增，
故，解得，不合要求，舍去；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
故，解得，负值舍去；
故选：C
9．【正确答案】BCD
【分析】A由二次函数性质判断；B利用指数函数性质，结合基本不等式求最小值；C应用三角恒等变换得，结合正弦型函数性质判断；D函数化为，应用基本不等式求最小值判断.
【详解】A：，不符；
B：，当且仅当时等号成立，符合；
C：，则，故，符合；
D：且，故，
所以，当且仅当时等号成立，符合.
故选：BCD
10．【正确答案】AC
【详解】对于A，因为，
所以，故A正确；
对于B，的最小正周期为，故B错误；
对于C，令，得，所以，
整理得，即的零点为，
而是的最小正零点，则，，
显然，，，
所以是，的等比数列，故C正确；
对于D，的前项和为，故D错误.
故选：AC.
11．【正确答案】ACD
【分析】由题意有是边长为的等边三角形，求面积判断A；利用线面平行、面面平行的判定证面面，结合正方体的结构特征有面，当重合时三棱锥体积最大，且当在上除外运动时，平面，判断B、C；根据已知求得，再由到直线的距离为判断D.
【详解】由题意，可得是边长为的等边三角形，故其面积为，A对；
由题设，面，面，则面，
同理可证面，且在面内，故面面，
根据正方体性质，易得面，即面，
结合正方体的结构，易知当重合时，三棱锥体积最大，
由A分析，易知棱锥的高，
此时到面的距离，则，B错；
由上知，当在上除外运动时，平面，轨迹长为，C对；
若点为的中点，此时，且，
所以，则，
所以到直线的距离为，D对.
故选：ACD
12．【正确答案】−2
【详解】因为直线与直线平行，
所以，
所以，且且
所以.
故答案为.
13．【正确答案】
【详解】可设球的半径为，则根据题意可知圆柱的底面半径也为，
圆柱的高等于直径，即为，由球的体积为，
利用球的体积公式可得：，解得：，
再由圆柱的表面积公式得：
，
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】，设，，
，
令得，令得，
故在上单调递减，在上单调递增，
其中，，，，
的图象恒过点2,0，在同一坐标系内作出的图象，如下：

要想不等式解集中有且仅含有两个整数，显然2为一个符合要求的整数，
当经过点时，，解得，
故，此时，1为另一个符合要求的整数，
故，
故
15．【正确答案】(1);
(2)
【详解】（1）在中,令,得，
，，当时，，
两式相减得，即，
于是得是首项为，公比为的等比数列，则，
所以数列的通项公式是.
（2）由（1）及，得，
则，
于是得，
两式相减得
，
所以,
所以,
即.
【方法总结】错位相减法求和步骤：
16．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：由已知得，取的中点T，连接，
由N为的中点知，
．又，故，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面．
（2）取的中点，连接，建立如图所示的空间坐标系．
，
不妨设，
则，
设平面的一个法向量为n=x,y,z，
，
取，则.
设直线与平面所成角为
.
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
17．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理得到，由辅助角公式求出答案；
（2）由正弦定理得到，由余弦定理得到，从而求出，得到答案.
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
又，所以，
所以，即，，
又，
所以，所以，所以；
（2）在中，由正弦定理得，
所以.
因为，所以，
在中，由余弦定理得
，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即线段的最大值为.
18．【正确答案】(1)
(2)2
【分析】（1）根据导数的几何意义直接求解即可；
（2）当时，可得恒成立；当时，转化问题为对于恒成立，设，，进而利用导数分析求解即可.
【详解】（1）当时，，则，
而，则，
所以函数在处的切线方程为，
即.
（2）当时，，则恒成立，
当时，由，得，
即，则，
即对于恒成立，
设，，
则，
当时，显然恒成立，则函数在上单调递增，
则，满足题意；
当时，令，即，解得，
此时函数在上单调递减，
则，不满足题意.
综上所述，的最大值为2.
19．【正确答案】(1)
(2)
(3)和，
【详解】（1）由题意知：直线斜率存在，可设其方程为，即，
，解得：，
直线斜率的取值范围为.
（2），，
，即，
点集表示圆在直线下方的部分（不含边界），如下图阴影部分所示，
设直线与圆交于两点，
则圆心O0,0到直线的距离为，，
，，
阴影部分面积，
即点集的面积为.
（3）设曲线上的动点为，则，
化简得曲线的方程为：和，其轨迹为两段抛物线弧；
由得：；
设曲线上的点Px,y，点到点的距离为，
则；
当时，；
当时，；
则曲线上的点到的距离的范围是，
曲线上总存在两点在曲线两侧，
，解得：，即实数的取值范围为.