2023-2024学年山东省济宁市第一中学高三上学期12月月考数学含答案

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一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项．）
1. 已知，则（）
A. B. C. 0D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出．
【详解】因为，所以，即．
故选：A．
2. 若集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由一元二次不等式的解法求A，再根据对数函数的定义域及单调性求B，最后求并集即可.
【详解】由，即，
由，即，
故.
故选：C
3. 已知，，，则（）
A.8B. 5C. 2D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】由及，可得，从而根据向量数量积的坐标表示即可求解.
【详解】解：因为，，所以，
因为，所以，解得，
所以，
所以，
故选：C.
4. 函数的图像可能是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断函数奇偶性，以图像的对称性排除错误选项CD；再以图像的切线情况去排除错误选项A，即可得到函数的正确图像.
【详解】的定义域为
，
则为奇函数，其图像关于原点中心对称，排除选项CD；
则
即函数在点的切线斜率为正值，
选项A的图像在第一象限内每一点的切线斜率均为负值，故排除选项A.
选项B的图像在第一象限内存在切线斜率为正值的点.
故选：B
5. 已知则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设，则，则化简，由余弦的二倍角公式可得答案.
【详解】设，则，
从而.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题考查三角函数中知值求值的问题，解答本题的关键是设，然后可得，属于中档题.
6. 已知等比数列的前项和为，，，则（ ）
A. 29B. 31C. 33D. 36
【答案】B
【解析】
【分析】根据，可求出首项，公比，然后利用等比数列求和公式即可求解.
【详解】因为数列是等比数列，，
所以，即，则.
又因为，故有.
所以，则，
所有，所有，故B项正确.
故选：B.
7. 已知抛物线上一点到焦点的距离为，则其焦点坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由抛物线的定义可求的值，进而可求焦点坐标.
【详解】解：抛物线上一点到焦点的距离为，
由抛物线的定义知，即，所以，所以，
抛物线的焦点坐标为，
故选：A.
8. 如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有棱长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular slid），亦称为阿基米德多面体，如图2，设，则平面与平面之间的距离是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】不妨记正方体为，设对角线分别交平面和平面于点，，可推出即为平面与平面的距离，结合等体积法求得，结合对称性求得即可．
【详解】如图，不妨记正方体为，，，
故四边形是平行四边形，所以，
又，分别为，的中点，
所以，同理，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理平面，
又，，平面，
所以平面平面，
设对角线分别交平面和平面于点，，
因为平面，平面，
所以，
连接，因为分别为的中点，
故，又，平面，，
所以平面，又平面，
所以，同理，
又，，平面，
所以平面，
又平面平面，
所以平面，
即为平面与平面的距离，
则，
由正方体棱长为得，
由题意得，为等边三角形，
故，
根据，
得，
解得，
根据对称性知，
所以，
则平面与平面的距离为．
故选：D
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离方法，一是建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；二是利用等体积法求解；三是作出辅助线，在三角形中结合余弦定理等方法进行求解.
二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）
9. 下列表述正确的是（）．
A. 如果，，那么
B. 如果，那么
C. 如果，，那么
D. 如果，那么
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数的单调性、不等式的性质等知识逐个验证选项即可．
【详解】A．如果，，
取，，，，则，故A错误；
B．由于在为单调增函数，
从而若，那么，故B正确；
C．如果，，则，
而在上单调递减，从而，故C正确；
D．如果，则，故，故D正确．
故选：BCD．
10. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（）
A. 直线必过点
B. 直线与圆必相交
C. 圆心到直线的距离的最大值为1
D. 当时，直线被圆截得的弦长为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用直线和圆的相关性质求解即可.
【详解】易知直线必过点，故A错误；
点在圆内，所以直线与圆必相交，故B正确；
圆心到直线的距离，当时距离取最大值1，故C正确；
当时，直线，则直线被圆截得的弦长为，故D错误．
故选：BC
11. 把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（）
A. 在上单调递减
B. 在上有2个零点
C. 的图象关于直线对称
D. 在上的值域为
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意，由函数的图象变换规律，求得的解析式，再根据正弦函数的图象和性质，逐一判断各选项得出结论.
【详解】把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，
可得到的图象；
再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，
时，，
则在单调递减，在单调递增，故A错误；
令，得，即，
因为，所以，解得，
因为，所以或，所以在上有2个零点，故B正确；
因为，为的最大值，
所以直线是的图象的一条对称轴，故C正确；
当时，，，故D错误.
故选：BC
12. 如图，是一块半径为1的圆形纸板，在的左下端前去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个前掉半圆的半径）得图形，，记纸板的周长为，面积为，则下列说法正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】观察图形，分析剪掉的半圆的变化，纸板相较于纸板剪掉了半径为的半圆，再分别写出和的递推公式，从而累加得到通项公式再逐个判断即可
【详解】根据题意可得纸板相较于纸板剪掉了半径为的半圆，故，即，故，，，…，累加可得，所以，故A正确，C错误；
又，故，即，故D正确；
又，，…，累加可得，故正确，故B正确；
故选：ABD
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，a1＋a5＝3a2，则_____．
【答案】##
【解析】
【分析】由，得到与的关系，再利用等差数列的前n项和公式和通项公式求解.
【详解】解：，
∴，
∴，
．
故答案为：
14. 已知双曲线的左焦点为F1，A，B为双曲线M上的两点，O为坐标原点若四边形为菱形，则双曲线M的离心率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线的对称性，连结，，根据图形分析可得是直角三角形，且，在结合双曲线的定义，即可得到双曲线的离心率.
【详解】如图，设双曲线的右焦点，连结，，
四边形是菱形，，，
并且根据对称性可知是等边三角形，，
，根据双曲线定义可知，，
即，即
故答案为：
【点睛】方法点睛：本题考查双曲线基本性质，意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力，属于中档题型，一般求双曲线离心率的方法是1.直接法：直接求出，然后利用公式求解；2.公式法：，3.构造法：根据条件，可构造出的齐次方程，通过等式两边同时除以，进而得到关于的方程.
15. 如图，已知正四棱台的两底面均为正方形，且边长分别为20cm和10cm，侧面积为，则其体积为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用四棱台的结构特征，作出辅助线，根据侧面积列出方程，求出正四棱台的高，结合棱台的体积公式计算得结论
【详解】如图，取的中点、的中点，上、下底面的中心、，
则为斜高，四边形为直角梯形．
正四棱台的侧面积，
，
在直角梯形中，过点作⊥于点，
则，，
因为，，
所以cm，
cm，
该四棱台的体积为
故答案为：
16. 已知函数，若对于任意的，均有成立，则实数a的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】
求导可知函数在上为增函数，进而原问题等价于对于任意的，均有，构造函数，则函数在上为减函数，求导后转化为最值问题求解即可．
【详解】解：，
任意的，恒成立，所以单调递增，
不妨设，则，又，
故等价于，
即，
设，
易知函数在上为减函数，
故在上恒成立，即在上恒成立，
设，
则，
故函数在上为减函数，则，故．
故答案为：．
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，最值及不等式的恒成立问题，考查转化思想，属于中档题．
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知函数．
（1）求的值及的单调递增区间；
（2）求在区间上的最大值和最小值．
【答案】（1）；单调递增区间为，
（2）最大值；最小值
【解析】
【分析】（1）由，直接求；将函数转化为，利用正弦函数的性质求解；
（2）根据函数，利用正弦函数的性质求解.
【小问1详解】
解：，
，
；
，
，
，
，
，
令，
，
，
所以的单调递增区间为，；
【小问2详解】
因，
所以，
所以，
故，
当即时，有最大值；
当即时，有最小值.
18. 已知等差数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用赋值法可得数列的首项及公差；
（2）利用错位相减法求数列的前项和.
【小问1详解】
当时，①，
当时，②，
②①得，，解得，
所以，，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，
则，
，
，
，
.
19. 如图，在直四棱柱中，底面是菱形，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）已知，，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析.
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接，易得，再根据线面平行的判定即可证结论.
（2）为中点，结合已知可构建以为原点，，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，设，写出对应点坐标，并求出直线的方向向量和平面的法向量，由空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
由题设，连接交于，易知：是的中点，连接，
∵是的中点，
∴，又面，面，
∴面.
【小问2详解】
底面是菱形，，即，若为中点，则，
∴，故在直四棱柱中有、、，
∴可构建以为原点，，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，设，
∴，则，
若是面的一个法向量，则，令，则，
∴，故直线与平面所成角的正弦值.
20. 已知等比数列的前项和为，且，，数列满足．
（1）求数列和的通项公式；
（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1），；，
（2）．
【解析】
【分析】（1）设等比数列的公比为，由求得公比，再由求解；进而由求解.
（2）由对于任意的恒成立，令，，求得其最小值即可.
【小问1详解】
解：设等比数列的公比为，
由，显然，所以，解得，
由于，所以的通项公式为，；
所以，，
所以的通项公式为，．
【小问2详解】
因为恒成立，即对于任意恒成立．
令，，
则，
当时，所以，即的最小值为，
所以实数的取值范围为.
21. 已知椭圆过点，且的离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于、两点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出、的值，进而可求得椭圆的方程；
（2）对直线分两种情况讨论，直线与轴重合时，直接求出的值，在直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的代数式，综合可得出的取值范围．
【详解】（1）由题意得，解得.
所以椭圆的方程为；
（2）分以下两种情况讨论：
①若直线与轴重合，则；
②若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，
联立，消去可得，
则恒成立，
由韦达定理可得，，
由弦长公式可得，
，则，所以，.
综上所述，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数，
（1）证明：函数在内存在唯一零点；
（2）若函数有两个不同零点且，当最小时，求此时的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）求出导数，可判断在单调递减，再根据零点存在性定理即可判断；
（2）令，则由题可得，利用导数可得在单调递增，判断出要求t的最小值即求最小值，构造函数，利用导数判断单调性求出其最小值即可.
【详解】（1），，，又，
，在单调递减，
，，
存在唯一使得，
所以函数在内存在唯一零点；
（2）由条件知，
，
令，
则有，
令，，
令，，
单调递增，，
在单调递增，
要求t的最小值即求最小值，
令，
，
令，，
在单调递增，
又，
∴存在唯一使得.此时，
当时，有最小值
故取最小值时.
【点睛】关键点睛：解决本题得关键是得出，利用导数判断出要求t的最小值即求最小值，构造函数，利用导数判断单调性求出其最小值.
-
0
+
极小