精品解析：山东省济宁市实验中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

济宁市实验中学2022级高三上学期12月月考 数学试题 2024.12 一、单项选择题：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A={x|a-2<x<a+2}，B={x|x≤-2或x≥4}，则A∩B=的充要条件是（ ） A. 0≤a≤2 B. -2<a<2 C 0<a≤2 D. 0<a<2 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的交集，列出不等式，即可求得参数范围. 【详解】选A.A∩B=⇔⇔0≤a≤2. 故A∩B=的充要条件是0≤a≤2. 故选：. 【点睛】本题考查由集合交集的结果求参数范围，属简单题. 2. 已知复数（为虚数单位），则复数在复平面上对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，即可根据共轭复数的定义,结合几何意义求解. 【详解】， 故，因此复数在复平面上对应的点为，位于第四象限， 故选:D 3. 已知正项递增等比数列的前项的和为，若，，则（ ） A. 121 B. 364 C. 728 D. 1093 【答案】B 【解析】 【分析】由条件结合等比数列性质求，再根据等比数列通项公式求公比，首项，结合等比数列求和公式求. 【详解】在正项递增等比数列中，所以， 又，所以或（舍去）， 设数列的公比为，则，所以，所以. 故选：B. 4. 在三角形中，，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理求得，即可求解. 【详解】由可得：， 所以，又， 所以或， 结合内角和定理，所以或， 故选：C 5. 定义运算：，将函数的图象向左平移个单位后，所得图象关于轴对称，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据所给公式及两角差的正弦公式化简函数，再根据三角函数的变换规则得到平移后的解析式，最后根据余弦函数的性质计算可得. 【详解】因为， 所以， 将其图象向左平移个单位长度得到， 又的图象关于轴对称，即为偶函数， 因此，所以， 所以当时，的最小值是. 故选：C 6. 已知函数 的定义域为 ，设 的导函数是 ，且恒成立， 则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题设不等式特点，设，判断的单调性，利用函数的单调性，可得，即得，即可判断. 【详解】设 则 ， 故 在定义域上是增函数， 于是 即 ， 即有，故得 . 故选:C. 7. 如图所示，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，过直线的平面平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图1，取B1C1的中点E，C1D1的中点F，连接EF，BE，DF，B1D1，则EFB1D1，B1D1BD，所以EFBD，故EF，BD在同一平面内，然后利用面面平行的判定定理可证得平面AMN平面BDFE，所以平面α截该正方体所得截面为平面BDFE，然后在图2中的图形计算即可. 【详解】如图1，取B1C1的中点E，C1D1的中点F，连接EF，BE，DF，B1D1，则EFB1D1，B1D1BD，所以EFBD，故EF，BD在同一平面内， 连接ME，因为M，E分别为A1D1，B1C1的中点，所以MEAB，且ME＝AB， 所以四边形ABEM是平行四边形，所以AMBE， 又因为平面BDFE，平面BDFE， 所以AM平面BDFE，同理AN平面BDFE， 因为，、平面， 所以平面平面BDFE， ，，，等腰梯形BDFE如图2， 过E，F作BD的垂线，垂足分别为G，H，则四边形EFGH为矩形， 所以， 故所得截面的面积为. 故选：B. 8. 过点有一条直线，它夹在两条直线与之间的线段恰被点平分，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，利用中点公式得，根据在上，在上列式求得点，再利用点斜式即可得解. 【详解】设直线夹在直线之间的线段是，（在上，在上）， 设，因为被点平分， 所以，于是， 由于在上，在上， 所以，解得， 即的坐标是，而， 则，由点斜式得，即. 所以直线的方程是：. 故选：D 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 若正实数满足，则下列说法正确的是（ ） A. 有最小值 B. 有最大值 C. 有最小值 D. 有最小值 【答案】BCD 【解析】 【分析】由已知结合基本不等式及其变形形式分别检验各选项即可判断. 【详解】由正实数满足，则，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，故A选项错误； 由，则，当且仅当时，等号成立，所以有最大值，故B选项正确； 由 ，当且仅当时，等号成立，所以有最小值，故C选项正确； 由，当且仅当时，等号成立，所以有最小值，故D选项正确. 故选：BCD. 10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象关于对称 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数在上单调递增 D. 该图象向右平移个单位长度可得的图象 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据的图象及三角函数图象和性质，解得函数的解析式，得到，再结合三角函数的图象和性质逐一判定即可. 【详解】由函数的图象可得，周期， 所以， 当时函数取得最大值，即， 所以，则， 又，得 ，故函数， 对于A，当时，，故A正确； 对于B，当时，，故B正确； 对于C，令得， 所以函数的单调递增区间为，不是的子集，故C不正确； 对于D，向右平移个单位，，故D正确； 故选：ABD 11. 如图，正方体棱长为2，、、、分别是棱，棱，棱，棱的中点，下列结论正确的是（ ） A. 直线与为异面直线 B. 沿正方体的表面从点到点的最短距离为 C. 过点，，的平面截该正方体所得的截面面积为 D. 线段上存在点，使得平面 【答案】AC 【解析】 【分析】根据异面直线的判断判断A，根据展开图计算线段长判断B，根据截面为等腰梯形求面积判断C，根据向量法判断为位置关系判断D. 【详解】因为三点共面，为平面外一点，所以由平面外一点与平面内一点连线与平面内 不过该点的直线异面可知，直线与为异面直线，故A正确； 如图， 若正方体中侧面沿展开，则， 若底面沿展开，则，故B错误； 连接，如图， 因为，所以四边形为过点，，的平面截该正方体所得的截面， 其中，， 设等腰梯形高为，则， 所以梯形面积，故C正确； 以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 设， 则，，， 设平面的法向量， 则，令，则， 若平面，则，解得， 此时，，，且, 即平面，不满足平面，即不存在点，故D错误. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在空间直角坐标系中，点，点，点，则在方向上的投影向量的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】结合向量的坐标运算，根据空间投影向量的求法求得正确答案. 【详解】点，点，点，则， 所以在方向上的投影向量为. 故答案为： 13. 定义在上的函数满足是奇函数，若数列的项满足：，则数列的通项公式为________． 【答案】 【解析】 【分析】首先由奇函数的性质，得到，再根据结论，利用倒序相加法，即可求解. 【详解】由条件可知，， 即， 所以， ， 两式相加得， 即，则. 故答案为： 14. 已知函数，若关于不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】作出函数的图象，求出方程的解，由已知可得出，对实数的取值进行分类讨论，确定满足不等式的整数解，结合图象可得出实数的取值范围. 【详解】由，可得. 因为，作出函数的图象如下图所示：    当时，， 当时，由， 即，解得或（舍）. 若，则有，且， 若使得满足不等式恰有一个整数解， 由图可知，则该整数解为，且不是不等式的解， 则，即； 若，则，无解； 若，则有， 由图可知，则满足不等式的整数解为， 且与都不是不等式的解，且， 所以，即. 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 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. 已知数列的首项为，且满足． （1）证明数列为等差数列，并求的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件中的递推关系式，结合等差数列的定义，即可证明，并求通项公式； （2）根据（1）的结果，可知，再利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 由，，得，则， 于是， 所以数列是首项，公差为2的等差数列， 故，所以, 【小问2详解】 由（1）知， 所以. 16. 如图，在三角形中，，，平分交于点，． （1）求的值； （2）求的长度； （3）求的面积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意，利用正弦定理，结合角的取值范围，可得答案； （2）由题意，求得三角形的内角，结合等腰三角形的性质，可得答案； （3）利用三角形的面积公式，结合正弦的差角公式，可得答案. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得， 所以， 因为，所以； 【小问2详解】 由（1）得， 由题设，，则，即为等腰三角形， 所以． 【小问3详解】 ， 所以的面积． 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，是正三角形，.平面平面ABCD，点在棱PC上. （1）若平面ADE与棱PB交于点，求证：平面ABCD； （2）若二面角E-AD-B的余弦值为，求点到平面ABCD的距离. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）运用线面平行判断得到平面，再用线面平行性质得到，进而得到线面平行； （2）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，设，，则点，求出平面的法向量，根据二面角余弦值构造方程即可求出,再用点到平面的距离公式计算即可. 【小问1详解】 因为底面是菱形，所以， 又平面，平面，则平面． 点在线段上，平面与线段交于点， 所以平面平面，而平面，所以． 又平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 取的中点，连接，，如图所示， 由条件，是正三角形，， 则，，， 而平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，则， 而，得．在中，，结合勾股定理易得． 以为原点，，，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设，，则 ， 所以点，，， 设平面的法向量为， 由取，则，， 平面的法向量为，而平面的法向量为， 故， 解得（舍负），所以． 设直线E与平面所成角为， ． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时， （ⅰ）求的极值； （ⅱ）若的极小值小于0，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）极小值，无极大值；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）（ⅰ）求导，利用导数判断单调性进而求出极值； （ⅱ）分析可得，构造函数，，解法一利用导数判断函数的单调性，解法二根据，在内均单调递增得到函数的单调性，再根据求解即可. 【小问1详解】 当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即； 【小问2详解】 （ⅰ）因为的定义域为，且， 令，解得； 当时，；当时，； 所以在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值； （ⅱ）由题意可得：， 因为，所以， 构建，， 因为，所以在内单调递增， 因为，不等式等价于，解得， 所以的取值范围为. 解法二： 由题意可得：，即， 构建，， 因为，在内均单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以的取值范围为. 19. 对于确定的正整数，若存在正整数，使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”． （1）设是公差为的等差数列，若为“阶可分拆数列”，证明：； （2）设函数，记曲线在点处的切线与轴的交点为，，探究数列是否为“阶可分拆数列”，并说明理由； （3）设，若数列为“阶可分拆数列”，求由所有的值组成的集合． 【答案】（1）证明见解析 （2）数列不是“阶可分拆数列”，理由见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）由等差数列的通项公式，表示出，由题意建立方程，可得答案； （2）由函数解析式求导，设出切点并写出切线方程，表示出数列，利用余弦和角公式，可得答案； （3）由题意建立方程并化简整理，利用列举检验，可得答案. 【小问1详解】 因为是公差为的等差数列，所以， 所以，． 因为为“阶可分拆数列”，所以，即．化简，得． 【小问2详解】 由，得． 又切点为，，则过该切点的切线方程为 易知当时，．令，整理，得，所以， 所以，． 又， 所以；所以数列不是“阶可分拆数列”． 【小问3详解】 由题意，知对于确定的正整数，存在正整数，使得成立， 即，所以． ①若，则，当时，成立： ②若，则， 当时，， 当时，， 当时，，所以不存在正整数，使得成立； ③若，则，当时，成立； ④若，则， 所以不存在正整数，使得成立． 综上，或3，所以． 【点睛】本题解题的关键在于解决数列问题要善于使用列举法找规律，当题目中给予递推公式时，首先使用赋值法，由第一项开始列举，观察前几项找规律即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 济宁市实验中学2022级高三上学期12月月考 数学试题 2024.12 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合A={x|a-2<x<a+2}，B={x|x≤-2或x≥4}，则A∩B=的充要条件是（ ） A. 0≤a≤2 B. -2<a<2 C. 0<a≤2 D. 0<a<2 2. 已知复数（为虚数单位），则复数在复平面上对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知正项递增等比数列的前项的和为，若，，则（ ） A. 121 B. 364 C. 728 D. 1093 4. 在三角形中，，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 定义运算：，将函数的图象向左平移个单位后，所得图象关于轴对称，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数 的定义域为 ，设 的导函数是 ，且恒成立， 则（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示，在棱长为正方体中，、分别是、的中点，过直线的平面平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）. A. B. C. D. 8. 过点有一条直线，它夹在两条直线与之间的线段恰被点平分，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 若正实数满足，则下列说法正确的是（ ） A. 有最小值 B. 有最大值 C. 有最小值 D. 有最小值 10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象关于对称 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数在上单调递增 D. 该图象向右平移个单位长度可得的图象 11. 如图，正方体棱长为2，、、、分别是棱，棱，棱，棱的中点，下列结论正确的是（ ） A. 直线与为异面直线 B. 沿正方体的表面从点到点的最短距离为 C. 过点，，的平面截该正方体所得的截面面积为 D. 线段上存在点，使得平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在空间直角坐标系中，点，点，点，则在方向上投影向量的坐标为______. 13. 定义在上的函数满足是奇函数，若数列的项满足：，则数列的通项公式为________． 14. 已知函数，若关于的不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围是________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知数列首项为，且满足． （1）证明数列为等差数列，并求通项公式； （2）求数列的前项和． 16. 如图，在三角形中，，，平分交于点，． （1）求的值； （2）求的长度； （3）求面积． 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，是正三角形，.平面平面ABCD，点在棱PC上. （1）若平面ADE与棱PB交于点，求证：平面ABCD； （2）若二面角E-AD-B的余弦值为，求点到平面ABCD的距离. 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时， （ⅰ）求的极值； （ⅱ）若的极小值小于0，求的取值范围． 19. 对于确定的正整数，若存在正整数，使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”． （1）设是公差为的等差数列，若为“阶可分拆数列”，证明：； （2）设函数，记曲线在点处的切线与轴的交点为，，探究数列是否为“阶可分拆数列”，并说明理由； （3）设，若数列为“阶可分拆数列”，求由所有的值组成的集合． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$