2024届福建省莆田市第十中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届福建省莆田市第十中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共18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．集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先化简求出集合，集合，再根据集合的交集运算求解.
【详解】由，得，所以，
因为，
所以.
选选：.
2．函数且的图象恒过定点，若且，则的最小值为（ ）
A．9B．8C．D．
【答案】B
【分析】先求出函数过定点的坐标，再利用基本不等式求最值.
【详解】函数且的图象恒过定点，所以，
，
，
当且仅当，即等号成立，
所以的最小值为.
故选：B.
3．已知d是等差数列的公差，是的首项，是的前n项和，设甲：存在最小值，乙：且，则甲是乙的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据题意，判断甲乙两命题间的逻辑推理关系，即可判断答案.
【详解】当且时，存在最小值为，所以甲乙；
当且时，存在最小值，故乙甲，
所以甲是乙的必要不充分条件，
故选：B．
4．函数的部分图象为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由函数的奇偶性，特值法求解即可.
【详解】，
所以，
所以为奇函数，故排除A，D；
当时，，故排除B；
故选：C.
5．若函数，的值域为，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用可得，再由三角函数图像性质可得，解不等式即可求得的取值范围.
【详解】根据题意可知若，则可得；
显然当时，可得，
由的值域为，利用三角函数图像性质可得，
解得，即的取值范围是.
故选：D
6．已知函数是上的偶函数，且的图象关于点对称，当时，，则的值为（ ）
A．-2B．-1C．0D．1
【答案】D
【分析】由函数是上的偶函数与的图象关于点对称可得出函数的周期，根据时的表达式可求解出一个周期的函数值，从而解出本题.
【详解】解：因为函数是上的偶函数，
所以，
因为的图象关于点对称，
所以，即，
所以，
所以，
所以函数是上周期为4的函数，
当时，，
所以，，
又，，
所以，
所以.
故选：D.
7．设函数则满足的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】构造，发现为奇函数，从而可得的对称中心为，得到，再通过求导可发现与在R上单调递增，继而求解不等式即可.
【详解】假设，
所以，所以，
所以为奇函数，
而，
则其图象是的图象向右平移1个单位长度，向上平移4个单位长度得到的，
所以的对称中心为，所以，
因为，所以，
易得，当且仅当时等号成立，
而，则，
所以恒成立，即在上单调递增，
所以在R上单调递增，
因为得，
所以，解得.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过构造函数，利用其奇偶性结合函数图象的平移和函数导数与单调性的关系即可得到，解出即可.
8．已知实数，，（为自然对数的底数），则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】构造可判断与的大小，再构造，可判断与的大小，进而可得解.
【详解】构造函数，
因为当时，，则单调递减，
所以，所以．
构造函数，则，
所以当时，，则单调递增，
所以时，，
即，则，所以．
综上，，
故选：A.
二、多选题
9．设是三个非零的平面向量，且相互不共线，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．
C．与垂直D．
【答案】ABD
【分析】A：根据不共线进行分析；B：根据数量积的计算公式进行分析；C：根据数量积的运算进行分析；D：结合向量的三角不等式进行分析.
【详解】选项A：因为是三个非零的平面向量，且相互不共线，
所以不会同时与垂直，所以与不会同时为，
所以，故A错误；
选项B：，由于，
所以，故B错误；
选项C：因为，
所以与垂直，故C正确；
选项D：因为是非零向量，且不共线，所以设，
从而，在中，两边之差小于第三边，所以，故D错误；
故选：ABD.
10．设、为复数，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则或
C．若，则
D．若，则在复平面对应的点在一条直线上
【答案】BD
【分析】利用特殊值法可判断AC选项；设，，根据模长运算和复数乘法运算可判断B选项；设，，，根据模长运算和复数乘法运算可判断D选项.
【详解】对于A，令，，则，此时，A错误；
对于B，设，，则，
所以，，即，则；
若，则成立，此时；
若，，由知；由知：，此时；
同理可知：当，时，；
若，，由得：，则，此时；
综上所述：若，则或，B正确；
对于，令，，则，此时，C错误；
对于D，设，，，
则，，
由，可得，
所以，
又、不全为零，
所以表示一条直线，
即在复平面对应的点在一条直线上，故D正确.
故选：BD.
11．正方体的展开图如图所示.已知为线段的中点，动点在正方体的表面上运动.则关于该正方体，下列说法正确的有（ ）
A．与是异面直线
B．与所成角为
C．平面平面
D．若，则点的运动轨迹是正六边形
【答案】BCD
【分析】先根据正方体展开图将其还原成正方体，分别判断线线位置关系，平面与平面位置关系.
【详解】由展开图还原正方体如下图所示，
对于，且，所以四边形为平行四边形，
，与是共面直线，错误；
对于与所成角即为，
为等边三角形，
，即与所成角为正确；
对于平面平面；
又平面平面，
又平面平面平面正确；
对于，由正方体性质可知平面，
取中点，连接，
则平面平面点的轨迹为正六边形的边，D正确.
故选：BCD.
12．已知函数，给出下列四个结论正确的是（ ）
A．存在无数个零点
B．在上单调递减
C．若，则
D．，都有
【答案】ACD
【分析】解方程，可判断A；利用特殊值法可判断B；推导出，可判断C；根据函数特点证明判断D.
【详解】对于A，由，解得函数的定义域为，
令，可得，则，
故，所以函数有无数个零点，A正确；
对于B，，
因为，
即，故，
故函数在上不可能单调递减，B错误；
对于C，对任意的，
当时，有，C正确；
对于D，当时，设，则，
所以，
则，D正确；
故选：ACD
【点睛】本题重点考查函数的性质，考查了零点，单调性，对称性综合应用问题.
三、填空题
13．已知直线，且，则的值是 .
【答案】/
【分析】根据两直线平行得到关于的方程，然后求解出的值并进行检验.
【详解】若，则，解得：或，
当时，，直线重合,
当时，，显然，
故答案为：.
14．若，则 .
【答案】/
【分析】根据辅助角公式可得，再结合诱导公式和二倍角公式即可得结果.
【详解】因为，所以，
所以.
故答案为：.
15．在中，角A，，所对的分别为，，．若角A为锐角，，，则的周长可能为 ．（写出一个符合题意的答案即可）
【答案】9（答案不唯一，内的任何一个值均可）
【分析】根据题意利用余弦定理可得，进而可得周长的取值范围.
【详解】由余弦定理可得，
因为角A为锐角，则，可得，
所以的周长.
故答案为：9（答案不唯一，内的任何一个值均可）.
16．在正四棱台中，为棱的中点.当时，正四棱台的表面积是 ；当正四棱台的体积最大值时，的长度是 .
【答案】 /
【分析】根据条件求出侧面积进而求得表面积；设，得，用换元法及导数求得取最大值时的长度.
【详解】当时，，，
分别取的中点，则为侧面高，
侧面为等腰梯形，侧面高为，
所以一个侧面面积为，
故正四棱台的表面积是.
设，上底面和下底面的中心分别为，过作，该四棱台的高，
在上下底面由勾股定理可知，.
在梯形中，，
所以该四棱台的体积为，
所以，
令，则，
令，则，
令得，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
故当即时有最大值，此时有最大值，
此时的长度是8.
故答案为：；8
四、解答题
17．已知的三个顶点分别为.
(1)求边的垂直平分线的方程；
(2)已知平行四边形，求点的坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由两条直线垂直的斜率关系，结合直线的点斜式代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）设线段的中点，且，
则边的垂直平分线的斜率，
由直线的点斜式可得，
化简可得.
（2）由四边形为平行四边形，且，
则，又，则.
18．已知为等差数列，为等比数列，的前项和.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前项和.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）根据题意，求出，即可得数列的通项公式，再根据等差数列的定义求出和公差，即可得的通项公式；
（2）利用错位相减求解即可.
【详解】（1）解：设的公差为的公比为，
由已知可得，
，
，
，
，
又，
，
，
；
（2）解：由（1）知，
……①
……②
①-②，得.
.
19．已知数列的前项和为，满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前100项的和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据与之间的关系，结合等比数列的定义进行求解即可；
（2）根据特殊角余弦值的特点，结合等比数列的前项和公式进行求解即可.
【详解】（1）当时，，整理得，又，得
则数列是以-2为首项，-2为公比的等比数列.
则
（2）当时，
当时，，
当时，，
当时，，
则
20．如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且四点共面.
(1)求证：平面平面；
(2)若平面与平面所成二面角的余弦值为，且线段长度为4，求点到直线的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过作，易得，再由为弧的中点，得到是弧的中点，结合，得到，再由，得到平面，然后利用面面垂直的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系分别求得是面的一个法向量，是面的一个法向量，由求得高与底面半径的关系，然后利用点到直线的距离公式求解.
【详解】（1）证明：过作，交底面弧于，连接，
易知：为平行四边形，所以，
又为弧的中点，所以是弧的中点，所以，
而由题设知：，则，
所以，即，
由底面平面，则，
又平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由题意，建立如图所示空间直角坐标系
令半圆柱半径为，高为，则，
所以，
设是面的一个法向量，
则，令，则，
设是面的一个法向量，
则，令，则，
所以.
整理可得，则，
又，
由题设可知，此时点，
则，
所以点到直线的距离.
21．已知满足.
(1)求证：；
(2)若为锐角，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用反证法，先假设角为直角；再根据题目条件证明假设不成立即可证明.
（2）先利用两角差的正弦公式、正弦定理和余弦定理对题目条件进行化简，得；再根据为锐角和余弦定理，得；最后两者结合得到关于和的不等式，即可求出结果.
【详解】（1）假设角为直角，则，
所以.
因为，
所以，
所以，
所以，
显然，所以矛盾，故假设不成立，
所以角不可能为直角.
（2）因为，
所以.
由正弦定理可得：，
由余弦定理可得：，
化简得：.
因为为锐角，
所以，
则，即.
所以.
因为
所以，即.
令，
则有，解得：，
所以的取值范围为.
22．已知函数.
(1)求在处的切线方程；
(2)求证：当时，函数有且仅有个零点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题求出，，即可得出该切线方程；
（2）令，得，分不同区间讨论的增减和正负，进而得出结论.
【详解】（1），
，
在处的切线方程为.
（2）由（1）令，
则，
①当时，，即.
②当时，，
③当时，在上单调递增.
，
存在唯一，使得.
当时，，当时，，
当时，单调递减；当时，单调递增.
又，
存在唯一，使得，
即当时，，当时，，
当时，有且仅有个零点.
④当时，.
综上，当时，有且仅有个零点.