2024届河北省石家庄市辛集育才中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届河北省石家庄市辛集育才中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共17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．已知集合，，则=（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】解相应不等式化简集合，后由交集的定义可得答案.
【详解】.
或，
则.
故选：B
2．已知平面向量，，则“”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由，结合向量的坐标运算，列出方程求得或，利用充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】因为向量，，
由，可得，解得或，
所以“是“"的充分不必要条件.
故选：B.
3．已知为复数单位，，则的模为（ ）
A．B．1C．2D．4
【答案】A
【分析】根据复数运算的乘除法则，结合复数相等的定义可求得，进而可求得，再结合模长公式即可求解.
【详解】由可得，所以，
所以，则.
故选：A.
4．已知为实数，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】根据不等式性质逐选项判断即可.
【详解】对于A，若，当时，根据不等式性质，故A错误；
对于B，若，当时，大小无法确定，故B错误；
对于C，若，则，，对不等式两边同时乘以，则，故C正确；
对于D，若时，，故D错误，
故选：C.
5．，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用和差角的正弦公式求出，再利用同角公式计算即得.
【详解】由，得，即，而，
所以.
故选：A
6．函数的部分图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据偶函数的性质排除选项CD，然后根据函数值的符号排除选项A，即可求解.
【详解】由题意函数的定义域为，关于原点对称，
又，所以为奇函数，
故函数图象关于原点对称，排除CD，
时，，由得，
所以函数在y轴右侧的第一个零点为，
当时，，即，又，所以，
所以当时，函数的图象在x轴的下方，排除选项A.
故选：B
7．已知平面向量，且与的夹角为，则（ ）
A．12B．16C．D．
【答案】C
【分析】根据数量积的定义可得，结合模长公式和数量积的运算律运算求解.
【详解】由题意可知：，
所以.
故选：C.
8．在平行四边形ABCD中，点E满足，，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】根据向量的线性运算结合平面向量基本定理运算求解.
【详解】因为，则，
整理得，可得，
所以.
故选：A.
9．在数列{an}中，a1＝﹣2，an+1＝，则a2016＝（ ）
A．﹣2B．﹣C．D．3
【答案】D
【解析】根据已知条件依次计算数列前几项得到该数列的周期，再计算即可.
【详解】依题意，，，，，…依次类推可知数列{an}是周期数列，周期为4，而，故.
故选：D.
【点睛】本题考查了数列的递推公式和周期性的应用，属于基础题.
10．在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后天共走的里程数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设第天走里，其中，由题意可知，数列是公比为的等比数列，利用等比数列的求和公式求出的值，然后利用等比数列的求和公式可求得此人后天共走的里程数.
【详解】设第天走里，其中，由题意可知，数列是公比为的等比数列，
所以，，解得，
所以，此人后三天所走的里程数为.
故选：D.
11．已知等差数列的公差，前项和为，若的前项之和大于前项之和，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由已知可得出，结合等差数列的求和公式以及等差数列的性质可得出合适的选项.
【详解】因为等差数列的公差，前项和为，若的前项之和大于前项之和，
即，即，所以，，
故C正确，ABD无法判断.
故选：C.
12．函数f（x）的图象如图所示，则的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数图象，确定导函数的正负，进而求出的解集.
【详解】由函数图象与导函数大小的关系可知：当时，，
当时，，
故当时，；
当时，；
当时，，
故的解集为.
故选：A
13．已知的外接圆面积为，三边成等比数列，则的面积的最大值为（ ）
A．B．C．8D．4
【答案】A
【分析】由已知及正弦定理得，再设，应用余弦定理求范围，进而得到，最后应用三角形面积公式求面积及其最大值.
【详解】由外接圆面积为，则外接圆半径，则，
由三边成等比数列，不妨设，而，
当且仅当时等号成立，又，所以，
的面积，
所以的面积的最大值为，此时为等边三角形.
故选：A
14．已知定义域为R的函数，其导函数为，且满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】构造，利用导数及已知判断其单调性，根据单调性及相对应函数值判断各项的大小.
【详解】令，则，
因为在上恒成立，
所以在上恒成立，故在上单调递减，
，即，故A不正确；
，即，即，故B不正确；
，即，即，故C正确；
，即，即，故D不正确；
故选：C
二、多选题
15．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.
16．已知函数，的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．将的图象向右平移个单位，得到的图象
C．，都有
D．若方程在上有两个不相等的实数根，则实数
【答案】AD
【分析】根据图象依次求得的值，再结合三角函数图象变换、以及性质，易得到答案.
【详解】由函数的部分图象，
可得，.
再根据五点法可得，得，故.
，故A正确；
，故B错误；
取时，显然不成立，故C错误；
令，由，可得，
要使方程在上有两个不相等的实数根，
只需函数在上有两个不同的零点，
即，故D正确.
故选：AD.
17．下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象恒过定点
B．设，则“”是“”的必要而不充分条件
C．命题“，”的否定为“，”
D．函数的最小值为2
【答案】BC
【分析】根据函数的图象性质及可判断A选项；先求解，再根据充分条件、必要条件的定义即可判断B选项；根据否定命题的定义可判断C选项；令，结合对勾函数的性质可判断D选项.
【详解】对于A，令，则，即，
所以函数的图象恒过定点，故A错误；
对于B，，解得或，由于是或的真子集，
则“”是“”的必要不充分条件，故B正确；
对于C，命题“，”的否定为“，”，满足命题的否定形式，故C正确；
对于D，函数，令，则，，
由对勾函数的性质知在上单调递增，
故，故D错误.
故选：BC.
18．已知数列，满足为的前项和，且，则（ ）
A．数列为等差数列B．
C．D．或时，取得最大值
【答案】ACD
【分析】对A，等式移项即可判断，对B，根据等差数列下标和性质求出，则可求出，则得到其通项，对C，直接利用等差数列前项和公式即可判断，对D，利用二次函数性质即可判断.
【详解】对A，，
则数列为等差数列，故A正确，
对B，，则，
则，则，则，则，故B错误，
对C，，则，故C正确，
对D，，开口向下，对称轴为，
，故当或时,取得最大值，故D正确，
故选：ACD.
19．如图，在正三棱柱中，，为棱的中点，点，分别在棱，上，当取得最小值时，则下列说法正确的是（ ）
A．B．与平面所成角的正切值为
C．直线与所成角为D．
【答案】ACD
【分析】通过展开图得到最小值时的位置，再比较线段长和求异面直线角，通过平行线得到线面角的平面角，最后应用等体积法判断面积是否相等即可.
【详解】在正三棱柱中，其侧面展开图如图：
当取得最小值时，在侧面展开图中连接，
分别为交，于点，，
由相似可知，点，分别为，的三等分点，
对于A：如图所示，
，
过点作交于点，
由勾股定理得， ，
因为，，所以，A正确；
对于B：且//，所以四边形为平行四边形，
所以，所以与平面所成的角即为与平面所成的角，
因为，所以为与平面所成的角.
又因为且为三等分点，
所以，B错误；
对于C：在正三棱柱中，平面，
因为平面，所以，
又因为且点为中点，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，而平面，所以，
所以直线与所成角为，C正确；
对于D：，，取的中点，连接，
则，，
所以点到平面的距离为，点到平面的距离为，
因为，所以，
即，D正确，
故选：ACD.
三、填空题
20．命题“，”的否定为 .
【答案】，
【解析】由全称命题的否定是特称命题可得答案.
【详解】因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题“，”的否定为“，”.
故答案为：，.
21．若，则＝ ．
【答案】
【分析】先根据两角差正切公式求，再根据二倍角正切公式求结果.
【详解】解：因为，
所以，
所以．
故答案为：
22．在一幢高的房屋顶测得对面一塔顶的仰角为，塔基的俯角为，假定房屋与塔建在同一水平地面上，则塔的高度为 ．
【答案】40
【分析】作出图示，利用角的性质和勾股定理依次求出，进而即得．
【详解】如图所示，过房屋顶作塔的垂线，垂足为，则，

∴．
∵，
∴，
∴，
∴(m)．
故答案为：40．
【点睛】解决测量角度问题的注意事项
(1)明确仰角、俯角的含义；
(2)分析题意，分清已知与所求，再根据题意正确画出示意图，这是最关键、最重要的一步；
(3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正、余弦定理的“联袂”使用．
23．如图，在中，已知，点分别在边上，且，点为中点，则的值为 .
【答案】4
【详解】试题分析：
【解析】向量数量积
24．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，这个正三棱柱的表面积为，则这个球的体积为 ．
【答案】/
【分析】正三棱柱有内切球，根据球的对称性可得，三棱柱的高和底面边长与球的半径都有特殊的等量关系，再结合棱柱的表面积，即可求出球的半径，从而求出球的体积.
【详解】设球的半径为，根据球的对称性可知，棱柱的高，
两个底面正三角形的内切圆半径与球的半径相同，设底边边长为，
则等边三角形的内切圆半径满足，即，
因为棱柱的表面积为，
所以，解得：，
所以球的体积为.
故答案为：.
四、解答题
25．已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间和极值．
【答案】（1）；（2）单调增区间，，单调减区间；极小值为，极大值为．
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可，
（2）对函数求导，由导数的正负来判断函数的单调区间，从而可求出函数的极值
【详解】解：（1），所以,
故切线方程为；
（2），
解，得或；解，得；
所以，为函数的单调增区间，
为函数的单调减区间
所以的极小值为，极大值为.
26．已知的三个内角，，的对边分别是，，，且．
（1）求角；
（2）若，的面积为，求的值．
【答案】（1）；（2）6.
【分析】（1）由正弦定理把条件转化为角的关系，再由两角和的正弦公式及诱导公式得的关系式，从而可得结论；
（2）首先可根据解三角形面积公式得出，然后根据余弦定理计算出.
【详解】（1）因为
由正弦定理得，
所以
因为所以，
所以，所以
（2）因为的面积为，
所以，
因为，所以，
所以．
由余弦定理得，，因为，，
所以，
所以．
【点睛】关键点点睛：解题时要注意边角关系的转化.求“角”时，常常把已知转化为角的关系，求“边”时，常常把条件转化为边的关系式，然后再进行转化变形.
27．已知等差数列的前项和为，且满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）结合等差数列下标性质可得，再由前项和公式，即可求解；
（2）由（1），再结合错位相减法即可求解；
【详解】（1）设数列的公差为，∵，∴，，∴，
∴，∴.
（2）由（1）可知，
∴数列的前项和为，
，
两式作差，得，
∴.
【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，错位相减法求解数列的前项和，属于中档题