精品解析：河南省信阳高级中学2024届高三上学期月考(五)数学试题

2024 届高三上期月考（五） 数 学 试 题 命题人：付其才 审题人：李艳 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次不等式以及对数复合函数的定义域化简集合，即可由集合的交并补运算求解. 【详解】由得，所以或， 由得， 故， 故选：C 2. 已知，是单位向量，若，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知可推得，进而即可求出投影向量. 【详解】根据已知可得， 所以，. 所以，在上的投影向量为. 故选：D. 3. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数函数的性质和不等式的解法，分别求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由，可得，解得，即集合 又由不等式，可得，解得或， 因为集合，所以是的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正切的和差公式和二倍角公式计算即可. 【详解】题解析：由，得，． 所以． 故选：D. 5. 已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案. 【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且， 由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除； 当时、，即A、C中上函数值为正，排除； 故选：D 6. 已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先把化成，求出的零点的一般形式为，根据在区间内没有零点可得关于的不等式组，结合为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围. 【详解】由题设有， 令，则有即. 因为在区间内没有零点， 故存在整数，使得， 即，因为，所以且，故或， 所以或， 故选：D. 【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题. 7. 在四棱锥中，底面是直角梯形，，.若，且三棱锥的外接球的表面积为，则当四棱锥的体积最大时，长为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由球的表面积公式得半径，确定球心和点在底面的投影，建立函数关系求解． 【详解】由球的表面积，得， 因为为直角三角形，所以的外接球球心在底面的投影为中点， 而，故在底面的投影为垂直平分线与垂直平分线的交点，即中点， ，，可得， 设，则， 设，令，则， ， 故当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 当即时，函数取最大值，此时四棱锥的体积最大，长为． 故选：D 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，可得，构造函数，利用函数的导数与单调性的关系，可得在上单调递增，进而可得，，从而即可得答案. 【详解】解：因为， 所以； 令，， 所以在上单调递增， 因为，所以，即， 所以， 所以； 同理，所以，即，也即， 所以， 所以. 综上，， 故选：D. 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. 已知复数，，下列命题正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数的定义和运算法则，结合复数模的计算及性质，逐项判定，即可求解. 【详解】设，，（其中）， 对于A中，可得且，所以，所以A正确； 对于B中，例如，，此时满足，但，所以B不正确； 对于C中，根据复数模的性质，可得，所以C正确； 对于D中，由， ，所以，所以D不正确. 故选：AC. 10. 已知等比数列的公比为，前项积为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用数列的基本性质可得出，，求出的取值范围，可判断AB选项；利用等比数列的性质可判断CD选项. 【详解】因为数列等比数列的公比为且，则， 所以，，， 又因为，则，所以，，从而， 故对任意的，，由可得，A对B错； ，，即，C对D错. 故选：AC. 11. 如图，直角梯形中，为中点，以为折痕把折起，使点A到达点的位置，且．则下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 四棱锥外接球的体积为 C. 二面角的大小为 D. 与平面所成角的正切值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】易证得四边形为矩形，得到；利用勾股定理可得；由线面垂直的判定可证得A正确；根据平面和矩形外接圆半径可求得外接球半径，代入球的体积公式可知B正确；根据二面角平面角定义可知即为所求角，根据长度关系知C正确；根据线面角定义可知为所求角，由长度关系可知D错误. 【详解】对于选项A：因为为中点，由题意可得：，， 所以四边形为平行四边形， 且，则四边形为矩形，所以， 因为，，， 可知，即， 且，平面， 所以平面，故A正确； 对于选项B：因为，，则，即， 又因为平面，平面，所以， 且，平面，可得平面； 可知矩形的外接圆半径， 则四棱锥的外接球半径， 所以四棱锥外接球的体积，故B正确； 对于选项C：因为平面，平面，则； 又因为，可知二面角的平面角为， 因为，，则， 所以二面角的大小为，故C正确； 对于选项D：因为平面，所以即为直线与平面所成角， 又因为，，， 可得， 所以直线直线与平面所成角的正切值为，故D错误. 故选：ABC. 12. 定义在的函数满足，且，都有，若方程的解构成单调递增数列，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 若数列为等差数列，则公差为6 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据题意结合周期性运算求解；对于B：根据题意结合图象分析判断；对于B：整理可得，结合图象分析判断；对于D：根据图象结合对称性分析可得数列是以首项为7，公差为12的等差数列，进而利用等差数列知识运算求解. 【详解】因为都有，即的图象关于对称， 令，则，即， 可知在内的图象关于点对称， 根据题意作出在内的图象，如图所示： 对于选项A：因为定义在的函数满足， 则，故A正确； 对于选项B：由图象可知：若数列为等差数列，则， 此时与在内有且仅有一个交点， 因为，则， 所以公差为6，故B正确； 对于选项C：若，则， 可得， 则，即与在内有且仅有2个交点， 结合图象可得，故C错误； 对于选项D：若，则与在内有且仅有3个交点，且， 因为，则， 所以数列是以首项为7，公差为12的等差数列， 可得， 所以，故D正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法 （1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解； （2）分离参数、转化为求函数的值域问题求解． 三、填空题：本题共4小题， 每小题5分， 共20分. 13. 已知等差数列满足，则公差_____. 【答案】2 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式列式求解即可. 【详解】因为是等差数列，， 所以，解得. 故答案为：2 ． 14. 已知函数（，且），曲线在点处的切线与直线平行，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意有，可解出的值. 【详解】函数，， 曲线在点处的切线与直线平行， 则有，得. 故答案为：. 15. 米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行的必备的用具．为使坚固耐用，米斗多用上好的木料制成．米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品．如图的米斗可以看作一个正四棱台，已知该米斗的侧棱长为10，两个底边长分别为8和6，则该米斗的外接球的表面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据正四棱台的对称性得到外接球的球心所在位置，根据垂直关系列出方程组，解方程组得外接球半径，最后求出外接球表面积即可． 【详解】由题意，方斗的示意图如下：设棱台上底面中心为，下底面中心为， 由棱台的性质可知，外接球的球心落在线段上， 由题意该四棱台上下底面边长分别为8和6，侧棱长为10， 则，，， 所以， 设外接球的半径为，，则， 因为垂直于上下底面， 所以，即， 又，即， 联立解得，， 所以该米斗的外接球的表面积为． 故答案为： 16. 已知函数，不等式对任意的恒成立，则的最大值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】研究的单调性和奇偶性，转化不等式为在恒成立，再构造函数，利用导数研究其最小值，即可求得的范围，从而求得其最大值. 【详解】，定义域为，且， 故是奇函数； 又，且，，故 恒成立， 故在上单调递增； ，即，也即， 故，也即在恒成立； 令，则； 令，则，故在单调递增； 又，故存在，使得，即； 则当，，故，此时单调递减； 当，，故，此时单调递增； 故时，取得最小值， 又满足：，两边取对数可得，也即； 故的最小值. 故，则的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：处理本题的关键，一是熟练掌握利用函数单调性和奇偶性求解不等式的方法；二是，熟练掌握利用导数求函数最小值的问题，尤其是本题中涉及隐零点的处理，属综合困难题. 四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤. 17. 已知函数. （1）求关于的不等式的解集； （2）若在区间上恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1），即，即， 当时,原不等式解得； 当时，原不等式无解； 当时,原不等式解得； 综上所述：当时，原不等式的解集为 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为. （2）. 【解析】 【分析】（1）将不等式因式分解，对参数a进行讨论即可； （2）恒成立问题用分离参数的方法，然后利用基本不等式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ,即， 即， ， ， 由题意可知只需即可, 令， 则 当且仅当即时，等号成立. ， 18. 已知函数（，，）的图象相邻两条对称轴间的距离为．函数的最大值为2，且______． 请从以下3个条件中任选一个，补充在上面横线上，①为奇函数；②当时；③是函数的一条对称轴．并解答下列问题： （1）求函数的解析式； （2）在中，、，分别是角，，的对边，若，，的面积，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由最大值确定A，根据相邻两条对称轴间的距离为确定最小正周期，从而确定，选①，可得，求解即可；选②，，求解即可；选③，整体思想，求解即可. （2）利用面积公式求出，结合余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由题意得， ∴最小正周期，则， ∴. 若选①，为奇函数，则， ∴，即 ∵，即， ∴即， ∴. 若选②，当时， ∴即， ∵， ∴， ∴. 若选③，是函数的一条对称轴， ∴即 ∵， ∴， ∴. 【小问2详解】 ∵， ∴,即， ∵即， ∴，即， 又∵，的面积， ∴得， 在中，由余弦定理得：， 解得. 19. 已知数列中，，. （1）令，求证：数列是等比数列； （2）令，当取得最大值时，求的值． 【答案】（1）证明：在数列中，，，则， ，则， 则， 所以，数列为等比数列，且首项为 ，所以，； （2）. 【解析】 【分析】（1）求得，，利用递推公式计算得出，由此可证得结论成立； （2）由（1）可知，利用累加法可求出数列的通项公式，可得出，利用定义法判断数列的单调性，进而可得出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，即，可得， 累加得， . ，， ， 令，则， 所以，. ， ，，所以，当 时，. 所以，，. 所以，数列中，最大，故. 【点睛】方法点睛：求数列通项公式常用的七种方法： （1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式或进行求解； （2）前项和法：根据进行求解； （3）与的关系式法：由与的关系式，类比出与的关系式，然后两式作差，最后检验出是否满足用上面的方法求出的通项； （4）累加法：当数列中有，即第项与第项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法； （5）累乘法：当数列中有，即第项与第项的商是个有规律的数列，就可以利用这种方法； （6）构造法：①一次函数法：在数列中，（ 、均为常数，且，）. 一般化方法：设，得到，，可得出数列是以 的等比数列，可求出； ②取倒数法：这种方法适用于（ 、、为常数，），两边取倒数后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于的式子； ⑦（、为常数且不为零，）型的数列求通项，方法是在等式的两边同时除以，得到一个型的数列，再利用⑥中的方法求解即可. 20. 如图，在梯形中，，，，． (1)若，求梯形的面积； (2)若，求． 【答案】(1)；(2)． 【解析】 【分析】(1)中，利用含的余弦定理表达式建立BC的方程，求出BC而得面积，再利用面积关系求的面积得解； (2)由题设中角的信息用表示出与中的相关角，再在这两个三角形中利用正弦定理建立两个方程，联立整理得的方程，解之即得. 【详解】(1)设，在中，由余弦定理得： ，即，而x>0，解得， 所以，则的面积， 梯形中，，与等高，且， 所以的面积， 则梯形的面积； (2)在梯形中，设，而， 则，，，， 在中，由正弦定理得：， 在中，由正弦定理得：， 两式相除得：， 整理得， 即 解得或， 因为，则，即． 【点睛】(1)三角形中已知两边及一边对角求第三边，利用余弦定理建立关于第三边的一元二次方程求解； (2)涉及平面多边形问题，把图形拆分成若干个三角形，再在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解. 21. 如图，五面体中，平面为直角梯形， . （1）若为的中点，求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：取的中点，连接， 因为分别是的中点，所以且， 因为，所以且，所以, 又平面平面，所以平面. （2）. 【解析】 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设， 则， , 设平面的一个法向量为，则， 令，得， 同理可求平面的一个法向量为， 平面和平面为同一个平面， 所以二面角的余弦值为. 22. （1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 【答案】（1）构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 构建， 则， 构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 即对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 综上所述：. （2） 【解析】 【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果； （2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解. 【详解】（1）略 （2）令，解得，即函数的定义域为， 若，则， 因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 则在上单调递减，在上单调递增， 故是的极小值点，不合题意，所以. 当时，令 因为， 且， 所以函数在定义域内为偶函数， 由题意可得：， （i）当时，取，，则， 由（1）可得， 且， 所以， 即当时，，则在上单调递增， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递减， 所以是的极小值点，不合题意； （ⅱ）当时，取，则， 由（1）可得， 构建， 则， 且，则对恒成立， 可知在上单调递增，且， 所以在内存在唯一的零点， 当时，则，且， 则， 即当时，，则在上单调递减， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递增， 所以是的极大值点，符合题意； 综上所述：，即，解得或， 故a的取值范围为. 【点睛】关键点睛： 1.当时，利用，换元放缩； 2.当时，利用，换元放缩. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024 届高三上期月考（五） 数 学 试 题 命题人：付其才 审题人：李艳 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，是单位向量，若，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是 A. B. C. D. 7. 在四棱锥中，底面是直角梯形，，.若，且三棱锥的外接球的表面积为，则当四棱锥的体积最大时，长为（ ） A. B. 2 C. D. 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 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. 已知复数，，下列命题正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 10. 已知等比数列的公比为，前项积为，若，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，直角梯形中，为中点，以为折痕把折起，使点A到达点的位置，且．则下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 四棱锥外接球的体积为 C. 二面角的大小为 D. 与平面所成角的正切值为 12. 定义在的函数满足，且，都有，若方程的解构成单调递增数列，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 若数列为等差数列，则公差为6 C. 若，则 D. 若，则 三、填空题：本题共4小题， 每小题5分， 共20分. 13. 已知等差数列满足，则公差_____. 14. 已知函数（，且），曲线在点处的切线与直线平行，则__________. 15. 米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行的必备的用具．为使坚固耐用，米斗多用上好的木料制成．米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品．如图的米斗可以看作一个正四棱台，已知该米斗的侧棱长为10，两个底边长分别为8和6，则该米斗的外接球的表面积是______． 16. 已知函数，不等式对任意的恒成立，则的最大值为___________. 四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤. 17. 已知函数. （1）求关于的不等式的解集； （2）若在区间上恒成立，求实数的取值范围. 18. 已知函数（，，）的图象相邻两条对称轴间的距离为．函数的最大值为2，且______． 请从以下3个条件中任选一个，补充在上面横线上，①为奇函数；②当时；③是函数的一条对称轴．并解答下列问题： （1）求函数的解析式； （2）在中，、，分别是角，，的对边，若，，的面积，求的值． 19. 已知数列中，，. （1）令，求证：数列是等比数列； （2）令，当取得最大值时，求的值． 20. 如图，在梯形中，，，，． (1)若，求梯形的面积； (2)若，求． 21. 如图，五面体中，平面为直角梯形， . （1）若为的中点，求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 22. （1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $