福建省福州高新区第一中学2023-2024学年高三上学期12月份月考数学试卷（附答案）

这是一份福建省福州高新区第一中学2023-2024学年高三上学期12月份月考数学试卷（附答案），共18页。

【完卷时间：120分钟，满分150分】
命题人：林佳榕 审核人：陈影眉
一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
3.已知等差数列的前项和为，则（ ）
A.10 B.12 C.16 D.20
4.已知向量与的夹角为，若，则（ ）
A. B. C. D.
5.“”是“直线与直线互相垂直”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
6.函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
7.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
8.若函数在上有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题有多项符合题目要求，选不全的得2分，有选错的得0分）
9.设为不同的直线，为不同的平面，则下列结论中正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
10.已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
11.已知矩形，将沿对角线进行翻折（如图），得到三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
A.三棱锥的外接球的体积不变
B.三棱锥的体积的最大值为
C.当三棱锥的体积最大时，二面角的正切值为
D.异面直线与所成角的最大值为
12.已知函数是上的偶函数，对于任意的，都有成立，当且时，都有则下列命题中，正确的为（ ）
A.
B.直线是函数的图象的一条对称轴
C.函数在上为增函数
D.函数在上有四个零点
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.在正四棱台中，，则该棱台的体积为__________.
14.已知为奇函数，当时，，则曲线在点处的切线方程为__________.
15.某化工集团生产的一种化工产品最初的杂质含量为，先进行除杂，每除杂一次杂质含量减少，要使杂质含量不超过，则过滤的次数至少为__________.
16.已知函数在上有且仅有2个零点，则的取值范围为__________.
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.（本小题10分）已知函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为.
（1）求的单调递减区间；
（2）若，且，求的值.
18.（本小题12分）在中，角的对边分别为，其面积为，且.
（1）求角的大小；
（2）若，且，求的值.
19.（本小题12分）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，为中点，在线段上，且.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
20.（本小题12分）已知的顶点，边上的高线所在的直线方程为，边上的中线所在的直线方程为.
（1）求点的坐标；
（2）求直线的方程.
21.（本小题12分）在数列中，的前项为.
（1）求证：为等差数列，并求的通项公式；
（2）当时，恒成立，求的取值范围.
22.（本小题12分）已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）求证：当时，.
高新一中2023-2024学年第一学期第一次作业监测
高三数学答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查交集运算，属于基础题.
根据题意，将集合用列举法表示出来，可得，由交集的定义计算可得答案.
【解答】
解：根据题意，集合，而，
则，
则，
故选：A.
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题.
把已知等式变形再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.
【解答】
解：由，得，
故选.
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查等差数列前项和中的基本量计算，属于基础题.
利用等差数列的前项和公式和通项公式列出方程组，求出，由此能求出.
【解答】
解：等差数列的前项和为，
，
解得，
.
故选：D.
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查平面向量的数量积运算，属于基础题.
利用和向量数量积运算即可解得.
【解答】
解：向量与的夹角为，
，
，
解得.
5.【答案】A
【解析】【分析】根据两直线垂直求出参数的值，再根据充分条件､必要条件的定义判断即可.
解：若直线与直线互相垂直，
则，解得或，
所以由“”推得出“直线与直线互相垂直”，即充分性成立；
由“直线与直线互相垂直”推不出“”，即必要性不成立，
所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件.
故选：
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查函数图象的识别，考查函数的奇偶性，属于基础题.
先根据函数的奇偶性，可排除，根据当时，即可排除.得出答案.
【解答】
解：因为，所以，
所以为奇函数，故排除.
当时，，则，故排除，
故选：D.
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查比较大小，考查利用导数比较大小，属于基础题.
易得，再令函数，用导数法比较即可.
【解答】
解：因为，所以，
令函数，则，当时，，则函数在上单调递增，所以，即，
当时，，即，
综上，.
故选.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了利用导数解决函数零点的问题，考查了函数的单调性及最值问题，属于中档题.
由题意得，在上有两解，即在上有两解，令，对进行求导求单调性，求最值即可得答案.
【解答】
解：由题意得，在上有两解，
即在上有两解.
令，故，
令，
易知在上单调递增，且，
故当时，单调递减，
当时，单调递增，
，
又.
故选B.
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了线面､面面平行的性质定理和判定定理，熟练的掌握定理是关键，属于基础题.
利用面面平行､面面垂直的判定定理和线面垂直､线面平行的性质定理对四个选项分别分析解答.
【解答】
解：对于选项，若，则或异面或相交，故错误；
对于选项，若，则，故正确；
对于选项，若，则或与相交.故错误；
对于选项，若，则或，又，则有.选项正确.
故本题选：.
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查基本不等式的应用，对数与对数方程，属于基础题.
利用基本不等式即可判断；举反例即可判断；利用对数函数的图象与性质即可判断.
【解答】解：因为，且，
所以，当且仅当时取等号，
解得，则正确；
当时，满足，
则，则错误；
，当且仅当时，等号成立，则正确；
因为，且，
所以，
所以，则错误.
故选.
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查棱锥的体积，二面角，异面直线所成角，球的切､接问题，属于中档题.
由直角三角形的性质得出的中点为三棱锥外接球的球心，进而得出正确；
当平面平面时，三棱锥的体积最大，从而判断；
三棱锥的体积最大时，平面上平面，进而可求二面角的正切值；
当，由线面垂直判定定理证明平面，进而得出异面直线与所成角的最大值为.
【解答】
解：对于，设的中点为，则由知，
，所以为三棱锥外接球的球心，其半径为，
所以三棱锥外接球的体积为，故正确；
对于，设三棱锥底面上的高为，则，
当平面平面时，三棱锥的高最大，此时，
此时三棱锥的体积，故错误；
对于，三棱锥的体积最大时，平面平面，
过点作交于点，过点作，交于点，连接，
由平面平面，平面平面平面，
所以平面，而平面，所以，
又，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
又，则，
又，所以，则，
所以，
即二面角的正切值为，故正确；
对于，当翻折后点到点的距离为，即，在中，，
则，又平面，则平面，即异面直线与所成角为，
即异面直线与所成角的最大值为，故正确；
故选：
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查函数的奇偶性，函数的周期性，函数的零点，解答的关键是根据已知，判断函数的性质，分析题目中相关结论的正误.属于较难题.
对题目中的四个结论逐一进行分析，即可得到答案.
【解答】
解：､对于任意，都有成立，令，则，又因为是上的偶函数，所以.故正确.
､由（1）知，所以的周期为4，
又因为是上的偶函数，所以，
而的周期为4，所以，
所以，所以直线是函数的图象的一条对称轴.故正确.
C､当，且时，都有，
所以函数在上为增函数，
因为是上的偶函数，所以函数在上为减函数，
而的周期为4，所以函数在上为减函数，故错误；
的周期为4，所以，
函数在上有四个零点.故正确.
故选.
13.【答案】
【解析】解：连接交于点，连接交于点，连接，
过作，垂足为，所以为四棱台的高，如图所示：
则，
所以，
所以.
所以该棱台的体积为.
故答案为：.
根据台体的结构特征以及台体的体积公式运算求解.
本题考查了棱台体积的计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题.
14.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查函数的奇偶性，导数的几何意义，属于基础题.
求出函数的解析式，然后求解函数的导数，求出切线的斜率，然后求解切线方程.
【解答】
解：设，则，
，
又为奇函数，
，
，
时，，
，
，
.
故答案为：.
15.【答案】5
【解析】【分析】
本题考查了根据实际问题建立函数模型的问题的应用，涉及到对数的运算性质，考查了学生的运算求解能力，属于中档题.
设过滤的次数为次达到要求，则由已知可得，然后根据对数的运算性质化简即可求解.
【解答】
解：设过滤的次数为次达到要求，
则，即，
则，
因为，则，
所以过滤的次数至少为5次才能达到要求，
故答案为：5.
16.【答案】
【解析】【分析】
本题考查余弦型函数的零点，属于基础题.
结合余弦函数的性质可得，进而求解即可.
【解答】
解：函数在上有且仅有2个零点，
由，得，
所以，即，
所以的取值范围为.
故答案为：.
17.【答案】解：（1）由
，
因为图象的两条相邻对称轴之间的距离为，可得，即，
所以，可得，
令，解得，
所以函数的单调递减区间为.
（2）解：由，可得，
因为，可得，所以，
所以.
【解析】本题考查三角函数的图象与性质，三角恒等变换的综合应用，同角三角函数基本关系式，诱导公式，属于中档题.
（1）根据题意，化简，结合三角函数的图象与性质，即可求解；
（2）根据题意，求得，得到，结合三角函数的诱导公式，即可求解.
18.【答案】解：，
又由余弦定理可得，
，
，
，即，
又，
.
（2），
又，
，
，
，
.
【解析】本题考查三角形的解法，正弦定理以及余弦定理的应用，考查计算能力，属于中档题.
（1）根据已知条件，结合余弦定理，即可求解.（2）由于，可得，再结合正弦定理，以及三角形面积公式，即可求解.
19.【答案】解：（1）（法1）如图，取中点，连接
因为为中点，，所以
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面，
因为为中点，为中点，则，
又平面平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又平面，故平面.
（法2，取中点，连，用线面平行证明更直接好证）
根据题意，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由条件可得，，
则，
设平面的法向量为，
则，解得，
取，则，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【解析】本题考查线面平行的判定，向量法求直线与平面所成的角､点到线的距离，属于中档题.
（1）构造平面，由面面平行的判定定理证明面面平行，再根据面面平行的性质可得线面平行；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果.
20.【答案】解：（1）由边上的高线所在的直线方程为，得直线的斜率为1，直线方程为，即，
由，解得，
所以点的坐标是.
（2）由点在直线上，设点，于是边的中点在直线上，
因此，解得，即得点，直线的斜率，
所以直线的方程为，即
【解析】【分析】（1）由垂直关系求出直线的方程，再求出两直线的交点坐标即得.
（2）设出点的坐标，利用中点坐标公式求出点坐标，再利用两点式求出直线方程.
21.【答案】解：（1），
，
即，又，
数列是以2为首项，1为公差的等差数列，
.
（2）由（1）知，
，
当时，恒成立，
故当时，恒成立，
所以，在时恒成立，
，
当且仅当时取等，所以.
【解析】本题考查了数列递推关系､等差数列的定义通项公式､裂项相消法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
（1）将化简得，由等差数列即可证明结论；
（2）利用裂项相消法即可得出，再分离变量得，由进本不等式求最值可得的取值范围.
22.【答案】解：（1）当时，
所以，当时，单调递增，
当时，单调递减，
故在上单调递增，在上单调递减.
（2）.
因为，所以当时，，当时，，
所以，
下证：，即证：，
记，
当时，，当时，，
所以，所以恒成立，即.
所以当时，.
【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性和导数中的函数不等式，是中档题.
（1）当时，，利用导数可得函数单调性；
（2）利用导数得，下证：，即证：，记，利用导数研究最值，即可得证.