黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2024-2025学年高三上学期第三次月考数学试题(01)

这是一份黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2024-2025学年高三上学期第三次月考数学试题(01)，共16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。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分
1．已知全集，集合，则等于（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数，则（ ）
A．33B．34C．35D．36
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列满足，则（ ）
A．2B．C．D．2024
5．某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为，则该圆锥体积为（ ）
A．B．C．D．
6．若双曲线的弦被点平分，则此弦所在的直线方程为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数在上单调递增．则的最小值为（ ）
A．B．3C．D．6
8．已知函数，则的解集为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列说法错误的是（ ）．
A．函数的定义域为，则函数的定义域为
B．函数的最小值为3
C．和表示同一个函数
D．函数在上单调递减
10．给出下列命题，其中是真命题的是（ ）
A．在空间直角坐标系中，点关于轴对称点的坐标是
B．已知是空间的一个单位正交基底，向量是空间的另一个基底，用基底表示向量
C．向量在向量上的投影向量为
D．已知正方体棱长为2，点在线段上运动，则的最小值为
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．方程恰有4个不等实数根
C．存在实数使不等式成立
D．若在上恒成立，则实数
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若直线是圆的一条对称轴，则______．
13．已知椭圆的左右焦点分别为，点是椭圆上一点，，则的内切圆半径为______．
14．设为数列的前项积，且，则______．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）在中，分别是内角的对边，且．
（1）若，求；
（2）若，求的面积的最大值．
16．（15分）如图，在四棱锥中，平面，且．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
17．（15分）已知数列满足，且，其前项和记．
（1）求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，求证：．
18．（17分）已知椭圆的左，右焦点分别为，点在上，为椭圆的一个动点．
（1）求的方程．
（2）当时，求的面积．
（3）求的取值范围
19．（17分）已知函数．
（1）若曲线在点处的切线与轴平行，求实数的值；
（2）若函数在内存在极值，求实数的取值范围；
（3）若对任意的实数恒成立，求实数的取值范围
参考答案：
1．A
【分析】根据补集与交集的定义求解即可．
【详解】由，得
因为，所以．
故选：A．
2．C
【分析】根据分段函数的解析式求得正确答案．
【详解】由于，
所以．
故选：C
3．A
【分析】使用和（差）角的余弦公式与切割化弦方法，转化为的运算即可求解
【详解】解：因为，
所以
解得，
所以．
故选：A
4．B
【分析】根据递推式得到数列的周期，应用周期性求对应项．
【详解】由，可得，
同理可得，所以数列是周期为3的数列，
则．
故选：B．
5．B
【分析】设出圆锥底面圆半径，利用圆锥侧面积公式及三角形面积公式列式计算即得．
【详解】设圆锥底面圆半径为，圆锥高为，依题意，，解得，
所以．
该圆锥体积为
故选：B
6．D
【分析】利用点差法可得直线斜率，进而可得直线方程．
【详解】设弦端点，
由在双曲线上，则，
两式做差可得，
即，
又弦被点平分，
则，代入上式可得，
则，
即直线方程为，化简可得，
故选：D．
7．C
【分析】求导并根据函数的单调性与基本不等式求得最值，即可得出结果．
【详解】由题意得对恒成立．
因为，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即．
因此可得的最小值为．
故选：C
8．B
【分析】根据导数判断出函数的单调性，根据解析式可判断函数为偶函数，从而可求不等式的解．
【详解】函数的定义域为，
，
当时，，得在上单调递减，
当时，，得在上单调递增，
又
，故为上的偶函数，
故等价于，
即，两边平方解得或．
故选：B．
9．CD
【分析】对于A选项，利用抽象函数的定义域求解计算；
对于B选项，先化简函数，再利用重要不等式求解计算；
对于C选项，利用同一函数的定义求解判断；
对于D选项，利用函数单调性求解计算判断．
【详解】由的定义域为，得，则函数的定义域为，A正确；
因为，所以，则
，
当且仅当，即时，等号成立，所以函数的最小值为3，B正确；
的定义域为的定义域为R，不是同一个函数，C错误；
函数在上均单调递减，但在上不单调，所以D错误．
故选：CD．
10．BC
【分析】分别用空间向量，以及空间中的一些几何方法判断每一个选项即可．
【详解】点关于轴对称点的坐标是，故选项A为假命题；
显然不共面，，所以选项B为真命题；
向量在向量上的投影向量为，所以选项C为真命题；
由题可得示意图图一，将放在同一个平面上得图二，
当三点共线的时候有最小值为，
由题可知，
由余弦定理可知，
所以选项D为假命题；
故选：BC
11．ABD
【分析】根据导数研究函数的单调性和最值情况，即可判断ABC；根据恒成立问题，通过分离参数求最值即可判断D．
【详解】由题意知，
今，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
且时，，当时，，如图，
所以．
A：因为，所以，
由，
得，则，所以，故A正确；
B：由，得或，如图，
由图可知，当时，方程有1个根，当时，方程有3个根，
所以原方程共有4个实根，故B正确；
C：若命题成立，则，即，
设，
则，今，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，古命题不成立，故C错误；
D：因为，故，
又函数在上恒成立，所以，，
设，则，
今，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，即，故D正确．
故选：ABD
【点睛】方法点睛：利用导数证明形如的不等式恒成立的求解策略：
1、构造函数法：今，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3．数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立．
12．
【分析】根据圆心在直线上建立关于的方程，解之即可求解．
【详解】圆的圆心为，
因为直线是圆的一条对称轴，
所以圆心在直线上，
所以，解得．
故答案为：．
13．
【分析】由题意知，由余弦定理可得，由面积公式即可求解．
【详解】
因为分别为椭圆的左右焦点，为该椭圆上一点，
所以，
则由余弦定理得，，
，
即，
所以，
故的面积，
设的内切圆半径为，
则，
解得，．
故答案为：．
14．
【分析】根据已知条件，利用相除的方法求得，进而求得．
【详解】由题意可得，所以当时，有，
故由题意两式相除得，
因为，则，
因此当时，，即，
则也符合．
所以．
故答案为：
15．【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，
又，所以，
从而．
（2）由余弦定理可知，则，
又，故，
即，故，即，
从而，
当时取等号，即的面积的最大值为3．
16．（1）证明见解析； （2）．
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）根据线面的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量平面间夹角公式进行求解即可；
【详解】（1）因为平面平面，
所以，
又因为，
所以，而，且平面，
所以平面；
（2）因为平面平面，
所以，而，
于是建立如图所示的空间直角坐标系，
，
由（1）可知：平面，
所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则有，
设平面与平面夹角为，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17．（1） （2）证明见解析
【分析】（1）根据题意可得是公差为的等差数列，由可得，进而可知公差为1，进而可写出通项公式；
（2）由（1）可写出，进而的表达式可知，利用裂项求和的的方法即可证明不等式．
【详解】（1）因为，所以，
所以是公差为的等差数列．
又，所以，从而公差为1，
所以．
（2），
，
所以
因为，所以，不等式得证．
18．（1） （2） （3）
【分析】（1）由，点，知的值，再由得，即可得到椭圆方程；
（2）在中，结合椭圆的定义及余弦定理可得，进而求得的面积．
（3）设，表示的坐标，根据椭圆的有界性即可求出的取值范围．
【详解】（1）（1）由题设得到，且，即
故椭圆方程为：．
（2）为椭圆的一点，
，平方得①，
在中，由余弦定理，得，
即②，
由①-②，得，即，
所以的面积．
（3）设，则，所以．
因为，
．
．
所以的取值范围是．
19．【详解】（1）因为，
所以，
因为曲线在点处的切线与轴平行，
所以，即，所以；
（2）由（1）可知，
因为函数在内存在极值，
所以在内有变号根，
因为，所以在内有变号根，
令，
所以，由，得，
所以当时，单调递减，
且，
要使在内有变号根，即在内有变号零点，
所以，即，解得，
所以实数的取值范围为；
（3）若对任意的实数恒成立，
则，即在上恒成立，
设，
所以，
设，则，
因为，所以单调递增，
所以，所以，所以单调递增，
所以，
所以，实数的取值范围为．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
C
A
B
B
D
C
B
CD
BC
ABD