精品解析：河南省驻马店高级中学2025届高三上学期12月月考数学试题

河南省驻马店高级中学 2024-2025学年高三上期12月测试（一） 数学试题 命题人: 审题人: 注意事项: 1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 4.满分:150分考试时间:120分钟 一、单选题 1. 已知复数是实数，则（ ） A. B. C. D. 2 2. 设，为非零向量，则“”是“与共线”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 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，若当时，恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 定义在 上的奇函数，且对任意实数x都有，．若，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值是（ ） A. 4 B. C. 8 D. 7. 已知圆锥的母线长为3，表面积为，为底面圆心，为底面圆直径，为底面圆周上一点，，为中点，则的面积为（ ）. A. 1 B. C. D. 2 （福建省龙岩市一级校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题） 8. 已知数列的前项和为，，，且关于的不等式有且仅有4个解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 设的内角的对边分别是，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的外接圆的面积是 C. 的面积的最大值是 D. 的取值范围是 10. 已知函数，其中，则下面说法正确的有（ ） A. 存在，使得为偶函数 B. 存在，使得为奇函数 C. 若时，函数的最小值 D. 若时，函数的最小值 11. 在正三棱台中，为线段上一动点，，则（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 当平面时，为的中点 D. 的最小值为 三、填空题 12. 若数列满足，，则__________． 13. 已知三棱锥，二面角的大小为，当三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为______. 14. 已知函数，当时恒成立，则的最小值为________. 四、解答题 15. 已知数列的前项和为，且. （1）求； （2）设，若数列的最小项为，求. 16. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，求的面积的最大值； （3）设是边上一点，为角平分线且，求的值. 17. 如图，在几何体中，平面平面，四边形和是全等的菱形，且平面平面，是正三角形，，. （1）求该几何体的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知函数. （1）当时，求函数在处切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若，不等式在上存在实数解，求实数的取值范围. 19. 若函数的定义域为，有，使且，称函数为恒切函数． （1）判断函数是否为恒切函数，并说明理由； （2）若函数为恒切函数． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）当取最大值时，若函数为恒切函数，记，证明：．（参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省驻马店高级中学 2024-2025学年高三上期12月测试（一） 数学试题 命题人: 审题人: 注意事项: 1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 4.满分:150分考试时间:120分钟 一、单选题 1. 已知复数是实数，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则计算得到，再根据实数的定义求解即可. 【详解】 因为是实数， 所以，即. 故选：D. 2. 设，为非零向量，则“”是“与共线”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】A 【解析】 【分析】 由化简得出，从而得出与共线，当与共线时，，，不一定相等，最后由充分条件和必要条件的定义作出判断. 【详解】当时，，化简得，即，，即与共线 当与共线时，则存在唯一实数，使得 ，，与不一定相等，即不一定相等 故“”是“与共线”的充分不必要条件 故选：A 【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于熟练掌握向量的数乘、数量积运算以及向量共线定理. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据辅助角公式求得，结合角的范围可得，继而利用两角差的余弦公式，即可求得答案. 【详解】因为， 故，则， 而，故， 故 ， 故选：B 4. 已知函数，若当时，恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先判断是奇函数且在上为增函数，所以由可得，由当时，得，构造函数，，然后分，和三种情况求解即可 【详解】解：的定义域为， 因为， 所以为奇函数， 因为函数在上均为增函数， 所以在上为增函数，所以在上为增函数， 由得， 所以， 所以，即， 当时，， 令， 当时，，舍去， 当时，对称轴为， 当时，即，则有，解得，所以， 当时，即，有，得，所以， 当时，即，有，得，所以， 综上，， 故选：D 【点睛】关键点点睛：此题考查奇函数性质的应用，考查函数单调性的应用，考查转化思想和分类思想，解题的关键是利用函数在上为增函数且为奇函数，将恒成立转化为恒成立，然后构造函数，利用二次函数的性质讨论求解即可，属于中档题 5. 定义在 上的奇函数，且对任意实数x都有，．若，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由是奇函数，可得是偶函数，得到，令，得到，得出在上单调递增，再由，求得的周期为的周期函数，根据，得到，把不等式转化为，结合函数的单调性，即可求解. 【详解】因为是奇函数，可得是偶函数， 又因为，所以， 令，可得，所以在上单调递增， 因为且是奇函数， 可得，则， 所以的周期为的周期函数， 因为，所以， 则不等式，即为，即， 又因为在上单调递增，所以，解得， 所以不等式的解集为． 故选：C． 6. 已知，，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值是（ ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合一次函数与二次函数的图象性质，由不等式可得两函数有共同零点，由此得是方程的根，可得，的关系，消再利用基本不等式求解最值可得． 【详解】设，，又，所以在单调递增， 当时，；当时，，由图象开口向上，， 可知方程有一正根一负根，即函数在有且仅有一个零点，且为异号零点； 由题意知，则当时，； 当时，， 所以是方程的根，则，即，且， 所以，当且仅当， 即时，等号成立， 则的最小值是8. 故选：C 7. 已知圆锥的母线长为3，表面积为，为底面圆心，为底面圆直径，为底面圆周上一点，，为中点，则的面积为（ ）. A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆锥底面圆半径及高，再借助线面垂直及余弦定理求出，进而求出三角形面积. 【详解】设圆锥的底面圆半径为，则，而，解得，， 取的中点，连接，由为中点，得， 而平面，则平面，平面，于是， 又为中点，则，， 由，得是正三角形，，，， 在中，由余弦定理得，， 所以的面积为. 故选：C （福建省龙岩市一级校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题） 8. 已知数列的前项和为，，，且关于的不等式有且仅有4个解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用数列的递推关系构造出常数列，再求通项，然后分离参变量，再利用数列的单调性思想，研究不等式成立的条件. 【详解】因为， 所以，所以， 即， 所以数列是常数列，当时，， 所以，即， 因为，所以， 令， 所以 ， 当时，，即， ，，，，， 为了满足不等式有且仅有4个解，则， 此时有，，，. 故选：. 【点睛】方法点睛：通过数列递推关系构造出常数列，不等式恒成立或有解问题要用分离参变量方法，数列的单调性用作差或作商法来研究. 二、多选题 9. 设的内角的对边分别是，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的外接圆的面积是 C. 的面积的最大值是 D. 的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A项，由正弦定理边化角及和角公式求解即可；对于B项，由正弦定理及圆的面积公式求解即可； 对于C项，由余弦定理及重要不等式可求得的最大值，结合三角形面积公式求解即可； 对于D项，由正弦定理边化角可得，求此函数的值域即可. 【详解】对于A项，因为， 所以， 所以， 又因为，所以， 又因为，所以，故A项错误． 对于B项，设的外接圆的半径为，由正弦定理可得， 则的外接圆的面积是，故B项正确． 对于C项，由余弦定理可得，即①． 因为②，当且仅当时，等号成立， 所以由①②得，当且仅当时，等号成立， 所以的面积，则C项正确． 对于D项，由正弦定理可得，则，， 所以 又因为，所以，所以， 所以，即的取值范围是，故D项正确． 故选：BCD. 10. 已知函数，其中，则下面说法正确的有（ ） A. 存在，使得为偶函数 B. 存在，使得为奇函数 C. 若时，函数的最小值 D. 若时，函数的最小值 【答案】ABD 【解析】 【分 析】取及偶函数定义可判断A；取及奇函数定义可判断B；通过绝对值定义去掉绝对值符号，结合分段函数图像得到最小值，可判断C，D. 【详解】解：对于A，当时，，定义域为， 且， 故是偶函数，故A正确； 对于B，当时，，定义域为， 且, 故是奇函数，故B正确； 对于C，当时，， 作出图象： 结合图象知时，最小值为，故C错误； 对于D，若时，， 作出图象： 结合图象知时，最小值为，故D正确. 故选：ABD 11. 在正三棱台中，为线段上一动点，，则（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 当平面时，为的中点 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由棱台定义知与平面必相交，易得与不可能平行，排除A；对于B，证明平面得即可说明；对于C，利用线面垂直的性质得，结合条件即得；对于D，通过翻折将平面移至与平面共面时，利用三点共线时，的值最小即可求得. 【详解】 对于A，如图1由正三棱台的定义知，与必相交，故与平面必相交， 而平面,故与不可能平行，即A错误； 对于B，设正三棱台的上下底面中心分别为,连接，则平面， 因平面，则； 连接并延长交于，则， 由正棱台结构性之可知与延长线交于一点， 所以过与的平面有且只有一个记为平面， 又平面，故平面， 又平面，故， 即当点与点重合时，成立，故B正确； 对于C，若平面，因平面,则， 又平面，且为正三角形，故为的中点，即C正确； 对于D，绕着边翻折至与共面时，连接交于点(如图2所示)， 由图可知当三点共线时的值最小. 如图3，在梯形中，作于点，则， 因，则， 在中，由余弦定理，， 同理,故， 又，故的最小值为，即D正确. 故选：BCD. 三、填空题 12. 若数列满足，，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据与的关系，结合累乘法求解即可. 【详解】因为①， 所以②， ②①得，， 所以有， 所以． 故答案为：. 13. 已知三棱锥，二面角的大小为，当三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用已知条件得到要使棱锥体积最大，需保证到面的距离最大，，进而求棱锥外接球半径，即可得表面积. 【详解】 要使棱锥体积最大，需保证到面的距离最大， 此时，又都在面上， 故面，且故， 设外接圆半径为， 则由余弦定理， 所以，所以，即， 所以，外接球半径，故其表面积为， 故答案为：. 14. 已知函数，当时恒成立，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】通过分析的零点及在零点两侧函数值的正负，得出在时的零点及在零点两侧函数值的正负，因为，研究二次函数的零点分布情况即可求解. 【详解】设，，则，且在单调递增， 当时，；当时，； 因为当时恒成立，函数为上的连续函数， 所以有一个零点为1，且当时，；当时，，所以. 令，因为，所以有一个零点，且当时，；当时，， 所以，且，所以. 故答案为： 四、解答题 15. 已知数列的前项和为，且. （1）求； （2）设，若数列的最小项为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件通过递推关系式求出数列的通项公式，再结合等比数列的求和公式即可得到结果； （2）法一：先由（1）中的结果可得数列的通项公式，通过导数分析其单调性即可得到结果；法二：通过分析的符号得到其单调性即可. 【小问1详解】 由题意可得①， 当时，， 当时，②， 由①②可得，， 则，， 又时，也满足上式， 所以， 即 . 【小问2详解】 由（1）可知， 则 法一：令，则， 则，令可得， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 因为， 当时，，当时，， 且，， ，所以. 法二：所以， 令， 得，得， 所以且， 所以. 16. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，求的面积的最大值； （3）设是边上一点，为角平分线且，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理与和角公式将题设等式化成，借助于三角形即可求得角； （2）由余弦定理得，利用基本不等式求得，即得的面积的最大值； （3）利用三角形角平分线定理推得，再由余弦定理推得，最后运用余弦定理即可求得的值. 【小问1详解】 由和正弦定理， 可得， 因， 代入可得， 因,则，故， 又因,故； 【小问2详解】 由余弦定理，， 因，，代入整理得：， 由，当且仅当时等号成立，此时， 而的面积， 在中，由，，和，易得， 即当时，的面积的最大值为； 【小问3详解】 如图，因平分,且，则,即， 在中，由余弦定理，， 即得，则， 故. 17. 如图，在几何体中，平面平面，四边形和是全等的菱形，且平面平面，是正三角形，，. （1）求该几何体的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）5 （2） 【解析】 【分析】（1）该几何体的体积可拆分为，先证平面，建立空间直角坐标系，用向量法可求出以及平面的法向量.从而可得点到平面的距离，即可求得，从而得解； （2）用向量法求平面与平面的一个法向量，再代入平面与平面夹角的余弦公式即可求解. 【小问1详解】 取AC的中点，连接，， 则，. 因为平面平面，且交于AC， 所以平面. 如图，以为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，. 连接BC.因为，， 所以. 因为，， 所以， 则，所以. 设平面的法向量为， 则令，得， 因为， 所以点到平面的距离， 所以， 所以该几何体的体积. 【小问2详解】 设平面的法向量为， 因为，， 所以令，则. 设平面的法向量为， 因为，， 所以所以. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知函数. （1）当时，求函数在处切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若，不等式在上存在实数解，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）答案见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程； （2）对函数求导，讨论参数的符号研究函数的单调区间； （3）问题化为在上存在实数解，利用导数求右侧表达式在上最小值，即可得范围. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，，故在处切线方程为， 所以. 【小问2详解】 由题设，且， 当时，，即的递增区间为，无递减区间； 当时，有，有， 此时的递增区间为，递减区间为. 【小问3详解】 原条件等价于在上存在实数解. 所以在上存在实数解， 令，则， 在上，得，故在上单调递增， 所以的最小值为，故时不等式在上存在实数解. 19. 若函数的定义域为，有，使且，称函数为恒切函数． （1）判断函数是否为恒切函数，并说明理由； （2）若函数为恒切函数． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）当取最大值时，若函数为恒切函数，记，证明：．（参考数据：） 【答案】（1）是恒切函数，理由见详解； （2）（i）；（ii）证明见详解； 【解析】 【分析】（1）对求导，利用恒切函数的定义求出，即可判断； （2）（i）根据恒切函数的定义解方程，用表示，再利用导数即可求解的取值范围； （ii）由的值可得的值，从而可得的解析式，利用新定义，可得，令，求出的取值范围，由，从而可得的取值范围，从而得证. 【小问1详解】 设函数为恒切函数，则有， 使且，即， 解得，故函数是恒切函数. 【小问2详解】 （i）由函数为恒切函数可知， 存在，使得且， 即解得，， 设，， 当时，递增；当时，递减. ，即实数的取值范围是. （ii）当时，， 函数为恒切函数.又， 所以存在，使得，即. 令，则， 当时，递减；当时，递增. 所以当时， ，， 故在上存在唯一， 使得，即. 又由， 得， 由得，所以. 又，所以当时，有唯一零点， 故由得，即. . 【点睛】方法点睛：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理. 2.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着很好的效果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $