精品解析：山东省鄄城县第一中学2023-2024学年高三上学期12月月考数学试题

高三数学试题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时问120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形、平面向量与复数（约30%），数列、立体几何（约70%）. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】算出集合，进而可求. 【详解】由可得，则， 所以. 故选：C. 2. 若复数z满足，则z在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】通过计算得z的代数形式，得z的坐标形式，从而可得答案. 【详解】因为，即， 所以， 所以z在复平面内所对应的点为，位于第一象限. 故选 ：A. 3. 圆锥的底面半径为，侧面展开图是半圆面，那么此圆锥的侧面积是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】若圆锥的侧面展开图是半圆，则圆锥的母线长为底面半径的2倍， 因为圆锥的底面半径为a，故圆锥的母线长为2a，故圆锥的侧面积，故选A. 4. 已知数列是等比数列，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件算出等比数列的首项和公比，即可计算. 【详解】设等比数列的公比为，因为，， 所以由，得，所以， 又，即，所以， 所以. 故选：B. 5. 中国南北朝时期的数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底而边长为2，下底而边长为4，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由祖暅原理，该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，根据棱台的体积公式计算可得. 【详解】由祖暅原理，该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等， 故 . 故选：B. 6. 在三棱锥中，点E，F，G，H分别在AB，BC，CD，DA上，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 直线EH与FG一定平行 B. 直线EH与FG一定相交 C. 直线EH与FG可能异面 D. 直线EH与FG一定共面 【答案】D 【解析】 【分析】根据两条平行线确定一个平面，即可求解. 【详解】由于，所以E，F，G，H四点确定一个平面EFGH，因此直线EH与FG一定共面，故D正确，C错误； 只有当,时，此时四边形为平行四边形，此时，故A不正确； 只有当但时，此时四边形EFGH为梯形，此时EH，GF相交于一点，故B不正确. 故选：D. 7. 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】正切化弦即可求解 【详解】因为，， 所以，因为， 又， 所以，所以，所以；. 故选：D. 8. 定义“等方差数列”：如果一个数列的各项都是实数，且从第二项起，每一项与它前一项的平方差是相同的常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫做该数列的公方差．已知各项均为正数的数列是等方差数列，且公方差为，，则数列的前33项的和为（ ） A. 3 B. 6 C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据数列是等方差数列，且公方差为3，得到，再利用等差数列通项公式求得，从而得到求解. 【详解】解：因为数列是等方差数列，且公方差为3， 所以，又， 所以， 又数列的各项均为正数，所以， 所以，， 所以， ， 故选：A． 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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. 已知是空间中两条互相垂直的异面直线，则下列说法正确的是（ ） A. 存在平面，使得且 B. 存在平面，使得且 C. 存在平面，使得 D. 存在平面，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】可在正方体中结合点线面的位置关系进行分析判断. 【详解】如下图，可知A、B、D都正确，而满足C的平面不存在. 故选：ABD. 10. 若数列为等比数列，为数列的前项和，则下列说法正确的是（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是等比数列 C. ，，成等比数列 D. 数列是等比数列 【答案】BD 【解析】 【分析】根据等比数列的定义和等比数列的通项公式和前项和公式，验证选项的说法是否正确即可. 【详解】设等比数列的公比为， 则，当时，， 此时数列不是等比数列，故A错误； 因为是等比数列，所以， 又，所以数列是等比数列，故B正确； 当，且为正偶数时，， 此时，，不成等比数列，故C错误； 因为是等比数列，所以，又， 所以数列是等比数列，故D正确. 故选：BD. 11. 正方体的棱长为是正方形的中心，为线段上一动点，则（ ） A. B. 直线与直线所成角的余弦值为 C. 不存在点使得平面 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据得到，A正确，确定是异面直线与直线所成角，计算得到B正确，当时， 平面，C错误，根据等体积法计算得到D正确，得到答案. 【详解】对于选项A：在中，是的中点，故，正确； 对于选项B：设是的中点，连接，则， 所以是异面直线与直线所成角（或其补角）， 在中，， 所以，正确； 对于选项C：根据正方体的性质可知， 由于平面，平面，所以平面， 同理可证得平面， 由于平面，所以平面平面， 当时，平面，所以平面， 即存在点使得平面，错误； 对于选项D：，正确. 故选：ABD. 12. 在数列中，，，，则下列说法正确的是（ ） A. 数列是递增数列 B. ，使得 C. ， D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：根据数列单调性的定义分析证明；对B：作差并结合数列的单调性可判断；对C：先证，结合累积法可得，再根据等比数列求和分析运算. 对D：通过裂项相消法分析运算； 【详解】， 当且仅当时，等号成立，即，又，故， 可知对，，即，即， 故数列是递增数列，故A正确； 因为，又， 则，当且仅当时，等号成立， 所以，故B错误； 因为，又，则， 所以，所以， 所以， 当时，所以， 当时，，所以，故C正确； 因为，又，即， 所以，即， 故，故D正确. 故选ACD． 【点睛】关键点点睛：数列单调性的判断可通过作差法，数列求和中，关注通项公式的特点，确定求和方法. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数的性质，且，从而得解. 【详解】因为函数是定义域为的奇函数，所以，且， 又当时，，所以， 所以. 故答案为： 14. 已知非零向量，的夹角为，，，则___________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据两个向量垂直，数量积为0求出，再根据数量积公式求得结果. 【详解】因为， 所以， ， 所以. 故答案为：2. 15. 如图所示，在三棱柱中，平面，，，M为的中点，P是棱上的点，且，则由P沿棱柱侧面到M的最短路线长为______. 【答案】 【解析】 【分析】由P沿棱柱侧面到M的方式有两种，一种是沿侧面和侧面，另一种是沿侧面和侧面，故分别按这两种方式展开相应的侧面再根据两点之间线段最短原理计算展开图中线段的长度再比较两个结果即可得解. 【详解】因为，所以， 如图，两种方式展开三棱柱的侧面： 故图1中， 图2中， 因为，所以最短路线长为. 故答案为：. 16. 如图，在直三棱柱中，，，，为线段上的一点，且二面角的正切值为3，则三棱锥的外接球的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得是二面角的平面角，再将三棱锥补为长方体，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，再由球的体积公式，即可得到结果. 【详解】 如图，作，交于，则， 过作交于点，连接. 因为为直三棱柱，则平面，且， 则平面，且平面，所以， 又，，平面， 所以平面，平面，所以， 则是二面角的平面角， 所以，所以， 又，，所以，所以，. 可把三棱锥补成棱长为，，的长方体， 则三棱锥的外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球的体积为. 故答案为： 四、解答题：本题共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. 已知等比数列的各项均为正数，且，． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列通项公式直接列方程计算； （2）利用分组求和的方法求得. 【小问1详解】 设等比数列的公比为， 则，即，所以， 所以，解得， 所以 【小问2详解】 由（1）得， 则， 所以. 18. 如图，在直三棱柱中，，D是棱的中点，是棱上的一点，且. （1）求证：平面； （2）求证：. 【答案】（1） 连接交于点，连接，如图所示， 在三棱柱中，， 所以，， 所以∽，所以， 又是棱的中点，，所以， 又是棱上的一点，且，所以，所以， 又平面，平面，所以平面. （2） 在中，，是棱的中点，所以. 在直三棱柱中，平面， 又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以. 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，由三角形相似得到，结合题目条件得到，得到线面平行； （2）由三线合一得到，由线面垂直得到，从而得到线面垂直，线线垂直. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 在中，角的对边分别为，已知且. （1）求角的大小； （2）求的面积的最大值 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换运算求解； （2）先利用余弦定理求得最值，进而可求面积； 【小问1详解】 因为， 所以， 即， 又，，所以，可得， 整理得，所以. 【小问2详解】 由余弦定理得， 即，， 当且仅当时，等号成立， 所以△ABC的面积. 故△ABC的面积的最大值为. 20. 已知各项均为正数的数列的前n项和为，且，（且）． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用（）化简题中条件，可得列是以1为首项，1为公差的等差数列，求得，再根据（），即可求解；（2）利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 当时，， 即，解得． 因为（）， 所以（）， 又（，），， 所以（）， 又， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以． 当时，， 当时，，满足上式， 所以数列的通项公式为． 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 所以， 所以， 所以． 21. 如图1，已知是等边三角形，点M，N分别在，上，，，是线段的中点.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2. （1）求证： （2）若，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：因为是等边三角形，且， 在中，可得， 又点是线段的中点，所以. 因为平面平面，且平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）易证，再由平面平面，得到平面，然后利用线面垂直的性质定理证明； （2）取的中点，连接，，，，求得的面积，进而根据平面，求得三棱锥的体积，然后利用等体积法求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由是等边三角形，，可得的高为， 取的中点，连接，，，，如图所示. 因为，，可得，， 所以的面积为， 又平面，且， 所以三棱锥的体积为. 因为平面，平面，所以. 在中，，，， 所以， 所以的面积为. 设点到平面的距离为， 因为，可得，解得. 又由，且平面，平面，所以平面， 则点到平面的距离与点到平面的距离相等， 所以点到平面的距离为. 22. 已知函数，其中. （1）求函数的单调区间； （2）若存在，使得不等式成立，求的取值范围. 【答案】（1） 当时，无单调性； 当时，的单调递增区间为，，无单调递减区间； 当时，的单调递减区间为，,无单调递增区间. （2） 【解析】 【分析】（1）求得，分、和，分类讨论，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间； （2）不等式转化为，设，根据题意得到存在，，求得，分、和，三种情况讨论，得到函数的单调性和最值，进而求得的取值范围. 【小问1详解】 解：由函数的定义域为，且， 当时，无单调性； 当时，对任意恒成立， 所以函数的单调递增区间为，，无单调递减区间； 当时，对任意恒成立， 所以函数的单调递减区间为，无单调递增区间. 【小问2详解】 解：由不等式，即，则， 设，， 根据题意，存在，， 又由，且， 当时，在上恒成立，不满足题意； 当时，方程，可得， 即在上恒成立，则在上单调递增，所以， 即在上恒成立，不满足题意； 当时，令，得，， 由和，得， 则当时，，在上单调递减，此时， 因此，当时，存在，使得不等式成立， 所以满足题意的的取值范围为. 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时问120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形、平面向量与复数（约30%），数列、立体几何（约70%）. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数z满足，则z在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 圆锥的底面半径为，侧面展开图是半圆面，那么此圆锥的侧面积是 A. B. C. D. 4. 已知数列是等比数列，若，，则（ ） A. B. C. D. 5. 中国南北朝时期的数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底而边长为2，下底而边长为4，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 在三棱锥中，点E，F，G，H分别在AB，BC，CD，DA上，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 直线EH与FG一定平行 B. 直线EH与FG一定相交 C. 直线EH与FG可能异面 D. 直线EH与FG一定共面 7. 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 定义“等方差数列”：如果一个数列的各项都是实数，且从第二项起，每一项与它前一项的平方差是相同的常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫做该数列的公方差．已知各项均为正数的数列是等方差数列，且公方差为，，则数列的前33项的和为（ ） A. 3 B. 6 C. 2 D. 4 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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. 已知是空间中两条互相垂直的异面直线，则下列说法正确的是（ ） A. 存在平面，使得且 B. 存在平面，使得且 C. 存在平面，使得 D. 存在平面，使得 10. 若数列为等比数列，为数列的前项和，则下列说法正确的是（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是等比数列 C. ，，成等比数列 D. 数列是等比数列 11. 正方体的棱长为是正方形的中心，为线段上一动点，则（ ） A. B. 直线与直线所成角的余弦值为 C. 不存在点使得平面 D. 三棱锥的体积为定值 12. 在数列中，，，，则下列说法正确的是（ ） A. 数列是递增数列 B. ，使得 C. ， D. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则__________. 14. 已知非零向量，的夹角为，，，则___________. 15. 如图所示，在三棱柱中，平面，，，M为的中点，P是棱上的点，且，则由P沿棱柱侧面到M的最短路线长为______. 16. 如图，在直三棱柱中，，，，为线段上的一点，且二面角的正切值为3，则三棱锥的外接球的体积为__________. 四、解答题：本题共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. 已知等比数列的各项均为正数，且，． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 18. 如图，在直三棱柱中，，D是棱的中点，是棱上的一点，且. （1）求证：平面； （2）求证：. 19. 在中，角的对边分别为，已知且. （1）求角的大小； （2）求的面积的最大值 20. 已知各项均为正数的数列的前n项和为，且，（且）． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 21. 如图1，已知是等边三角形，点M，N分别在，上，，，是线段的中点.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2. （1）求证： （2）若，求点到平面的距离. 22. 已知函数，其中. （1）求函数的单调区间； （2）若存在，使得不等式成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $