2024届福建省福州市福清西山学校高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届福建省福州市福清西山学校高三上学期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，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知全集，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据不等式确定集合U，然后由补集定义可得.
【详解】由得，即，
所以，
所以．
故选：D．
2．已知复数与复数都是纯虚数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设（且），根据是纯虚数，列出方程，即可求解.
【详解】因为是纯虚数，故设（且），
又因为是纯虚数，所以且，
解得，所以.
故选：D．
3．已知函数：函数的定义域为：函数的值域为，则（ ）
A．是的充分不必要条件B．是的必要不充分条件
C．是的充要条件D．既不是的充分条件，也不是的必要条件
【答案】A
【分析】根据对勾函数的性质，即可结合充分不必要条件的定义判断.
【详解】函数在单调递增，在单调递减，
若函数的定义域为，则函数的值域为，
反之不成立，例如若函数的定义域为，函数的值域也为，
故选:A．
4．已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用倍角公式和诱导公式求解即可.
【详解】
故选：B．
5．各项均为正数的等比数列的前项和为，且成等差数列，若，则（ ）
A．或15B．或－5C．15D．
【答案】C
【分析】首先由等差数列的性质求得，再利用等比数列的前n项和公式求答案.
【详解】由题意可得，又为各项均为正数的等比数列．设公比为，
，即，所以
解得（舍），，所以．
故选：.
6．已知函数为上的单调递增函数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据指数型复合函数的单调性以及一次函数的单调性，即可结合分段函数的性质求解.
【详解】函数为上的增函数，，解得，
故选:D．
7．在中的平分线交边于点，记，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先根据题干条件，结合三角形的面积公式可得，再结合向量的线性运算求答案.
【详解】在中的平分线交边于点，
所以，所以，
，
即，
故选：B．
8．定义在上的可导函数，满足，且，若，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，结合条件求导可得在上为减函数，由其单调性即可判断的大小关系.
【详解】由已知可得：，令，
则，且
，
再令，则，
当时，为增函数；
当时，为减函数；
，
在上恒成立；在上为减函数；
又因为
故令，当时，为增函数；
故选：C
二、多选题
9．（多选）已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的图象关于直线对称
C．函数在上单调递减
D．将函数图象向左平移个单位所得图象关于y轴对称
【答案】AC
【分析】由函数的部分图象求出函数解析式，再判断选项中的命题是否正确．
【详解】由函数的部分图象知，，
，所以，
又因为，
所以；
解得
又因为，所以，
所以；
所以，选项A正确；
时， ，
所以的图象不关于对称，选项B错误；
时，函数单调递减，选项C正确；
函数图象向左平移个单位，得，所得图象不关于y轴对称，选项D错误．
故选：AC．
10．已知数列的前项的和为，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．D．
【答案】AD
【分析】根据递推公式可判定A，利用特殊项结合等比数列的定义可判定B，利用迭代法及等比数列的定义结合的关系可判定C、D.
【详解】由题意可知，所以，故A正确；
因为，
所以不能是等比数列，故B错误；
因为（），即（），
所以，
所以，即，
又因为，所以是以2为首项，4为公比的等比数列，
所以，
所以，
即，故D正确．
故选：AD.
11．已知，则下列不等式可能成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】利用对数函数的图象与性质一一判定即可.
【详解】在同一坐标系中作出函数，，的图象，
从图中可以看出，当，，均在区间时，有，
当，，均在区间时，有，故A正确，B错误；
由于，所以有，
作出函数，，的图象，类似地可以得出C正确，D不正确.
故选：AC．

12．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的值域是
B．若，则
C．若，则方程共有5个实根
D．不等式在上有且只有3个整数解，则的取值范围是
【答案】BD
【分析】A选择利用导数研究函数的单调性即可确定值域，需要注意当时，且；B选项需要设导函数的零点，进而可确定函数的单调区间，结合对勾函数的性质可确定答案；C选项，方程，所以两根为或，再利用导数研究的图象，结合图象可确定零点个数；D选项，将原不等式化为，令，利用导数求函数的单调性，进而确定
在上的3个整数解为－2,－1,0，再构造不等式组求答案即可.
【详解】对于A，函数，
当和时，为减函数；
当时，为增函数：
当时，且，而，
如下图所示：
所以值域为，选项A错；
对于B，由已知得，，
显然在上为增函数，且，，
所以使，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增； ，
结合对勾函数的性质，，选项B正确；
对于C，方程，所以两根为或，
因为，所以，
明显为增函数，且，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，且时，且，
而，，，，
所以函数的图象如下：
所以有1个根， 有5个根，
所以方程有6个根，选项C项错误：
对于D，不等式，
当时，不等式可化为，
令，则，
当时，，在上为增函数，
则在上的3个整数解为－2,－1,0，
，即，解得，故选项D正确．
故选：BD.
【点睛】关键点睛：注意数形结合的思想的应用，利用导数求出函数的增减区间，进而可确定函数的大致图象，再结合图象分析即可.
三、填空题
13．已知函数，则在点处切线方程为 ．
【答案】
【分析】对求导可得计算出得，再根据题意利用导数的几何意义求解即可.
【详解】对求导可得，则，
解得，
，
，
切线方程为，整理得.
故答案为：.
14．已知是坐标原点，点，且点是圆：上的一点，则向量在向量上的投影向量的模的取值范围是 .
【答案】
【分析】设直线的斜率为，倾斜角为，的倾斜角为，可表示，再根据投影向量的模的概念可得解.
【详解】设直线倾斜角为，的倾斜角为，
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即
由圆：，即，
所以圆心，半径，
又点在圆上，
所以点到直线的距离，解得，即，
当直线的斜率不存在时，方程为与圆相切，成立，此时，
综上，，
则，
所以，即
所以，
即，
又
所以向量在向量上的投影向量的模为，
故答案为：.
15．在中，内角的对边分别为，已知，且的面积为，则边的值为 ．
【答案】
【分析】根据正余弦定理和三角形面积公式求解即可.
【详解】因为，
所以，
即，
由正弦定理角化边得，
所以，
由正弦定理，
所以即，化简得，
又的面积为
解得．
故答案为：.
16．如图，这是某同学绘制的素描作品，图中的几何体由两个完全相同的正六棱柱垂直贯穿构成，若该正六棱柱的底面边长为2，高为8，则该几何体的体积为 ．
【答案】
【分析】根据题意，利用割补法结合相关提交公式运算求解.
【详解】过直线和直线分别作平面，平面，平面和平面都平行于竖直的正六棱柱的底面，
则该竖直的正六棱柱夹在平面和平面之间的部分的体积为．
如图将多面体分成三部分，其中，
三棱柱的体积为，
所以多面体的体积为．
两个正六棱柱重合部分的体积为．
一个正六棱柱的体积为．
故该几何体的体积为．
故答案为：.
四、解答题
17．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知.
(1)求角的大小；
(2)若，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换对原式化简，结合三角形的内角和为，即可求解；
（2）根据面积公式求得，再利用余弦定理以及基本不等式可得出的取值范围，即可得解.
【详解】（1）由题意知，原式可化为，
即.
整理可得：，即.
又因为，则，
所以，故.
（2）因为，所以，
由余弦定理和基本不等式可得：
，
当且仅当时，等号成立，
所以，故的最小值为.
18．已知函数（）.
(1)求在上的最大值；
(2)若函数恰有三个零点，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用导数明确函数的单调性，求出极值和端点值，可得答案；
（2）根据函数的单调性，求得其极大值和极小值，结合零点存在性定理，可得答案.
【详解】（1），
可知时，单调递增，时，单调递减，时，单调递增，
由，，，，
则.
（2）由（1）知在和上单调递增，在上单调递减，
所以，，
因为有三个零点，所以，即，
解得，故的取值范围为.
19．如图，是边长为4的正方形，平面，，且.

(1)求证: 平面;
(2)求平面与平面 夹角的余弦值；
(3)求点D到平面的距离.
【答案】(1)证明见详解；
(2)；
(3).
【分析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量判定线面位置关系，计算面面角及点面距离即可.
【详解】（1）
根据题意可以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，
所以，
易知平面的一个法向量为，
显然，又平面，
所以 平面；
（2）由上坐标系可知，则，
设平面与平面的一个法向量分别为，
则有，，
取，则，即，
设平面与平面的夹角为，则；
（3）由（2）得平面的一个法向量为，
又，所以点D到平面的距离.
20．已知数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)设，记的前项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用数列的通项公式和前n项和的关系求解；
（2）由，，利用裂项相消法求解.
【详解】（1）解：当时，，
所以；
当时，由，
得，
两式相减得，
所以，
当时也成立．所以．
（2）证明：由（1）知，
所以，
所以．
又，
所以 ，
．
综上：．
21．已知椭圆的短轴长为2，点在椭圆上，与两焦点围成的三角形面积的最大值为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当为椭圆的右顶点时，直线与椭圆相交于两点（异于点），且.试判断直线是否过定点？如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由.
【答案】(1)
(2)过定点
【分析】（1）由已知可推得，即可得到椭圆标准方程；
（2）设，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入求出，再根据直线的方程可得答案.
【详解】（1）由已知得：，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）由题意知，直线的斜率不为0，
不妨设，
由消去得，
所以，即得，
，
，
，
又，
所以，
所以，
解得，
直线的方程为，则直线恒过点.
【点睛】方法点睛：联立直线与圆锥曲线方程，根据韦达定理得到坐标的关系式，根据向量数量积为0，代入相关点的坐标化简后即可得到结论.
22．已知函数（……是自然对数底数）．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求得导函数后，利用函数的增减性考查导函数的正负，即可求得单调区间；
（2）利用导数考查函数单调性，求得函数的最小值点，对于，构造函数，利用函数的单调性结合不等式的等价变形，即可证明.
【详解】（1）当时，，
∴，
令，显然在单增，且，
所以当时，，；当时，，；
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2），
令，，则，
所以在上单调递增，
∵，又，，
所以，又，
故，使，即，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值；
所以，
又，∴，
∴，
令，显然在单调递增，
∴，
要证，即证，
即，即，
令，，则，
当时，，
所以在上单调递减，∴，
所以，故．
【点睛】关键点睛：本题有两个关键点：一是确定函数隐零点的范围，从而求得函数的最值点；二是构造函数，利用其单调性确立不等关系.