精品解析：福建省福州市长乐第一中学2024-2025学年高三上学期第一次月考数学试题

长乐一中2024～2025学年第一学期 高三第一次月考数学试卷 考试范围：集合与逻辑、不等式、函数与导数、三角函数及解三角形、平面向量、复数、数列、立体几何 考试时间: 2024-10-11 限时：120分钟； 满分：150分 命题人：高三数学集备组 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的共轭复数在复平面中的对应点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ） A. B. C. D. 4. 函数的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，函数向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论错误的是（     ） A. 为奇函数 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上单调递增 D. 函数在区间上的值域为 5. 记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（ ） A. 2n–1 B. 2–21–n C. 2–2n–1 D. 21–n–1 6. 已知且，若函数的值域为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知某正六棱柱的体积为，其外接球体积为，若该六棱柱的高为整数，则其表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分， 9. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，无极值点 C. ，使在上是减函数 D. 图象对称中心的横坐标不变 10. 若的内角，，对边分别是，，，，且，则（ ） A. 外接圆半径为 B. 的周长的最小值为 C. 的面积的最大值为 D. 边的中线的最小值为 11. 如图，几何体的底面是边长为6的正方形底面，，则（ ） A. 当时，该几何体的体积为45 B. 当时，该几何体为台体 C. 当时，在该几何体内放置一个表面积为S的球，则S的最大值为 D. 当点到直线距离最大时，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知平面向量，若，则______． 13. 若，则____________ 14. 已知函数，若关于x的不等式的解集中有且仅有2个正整数，则实数a的取值范围为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、 15. 已知数列满足. （1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式. （2）设，求数列的前n项和. 16 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调区间. 17. 如图，已知四棱柱底面为平行四边形，四边形为矩形，平面平面为线段的中点，且. （1）求证：平面； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 18 如图，平面四边形中，，对角线相交于． （1）设，且， （ⅰ）用向量表示向量； （ⅱ）若，记，求的解析式． （2）在（ⅱ）的条件下，记△，△的面积分别为，，求的取值范围． 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围； （3）帕德近似（Pade approximation）是数学中常用的一种将三角函数､指数函数､对数函数等“超越函数”在一定范围内用“有理函数”近似表示的方法，比如在附近，可以用近似表示. （i）当且时，试比较与的大小； （ii）当时，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 长乐一中2024～2025学年第一学期 高三第一次月考数学试卷 考试范围：集合与逻辑、不等式、函数与导数、三角函数及解三角形、平面向量、复数、数列、立体几何 考试时间: 2024-10-11 限时：120分钟； 满分：150分 命题人：高三数学集备组 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出集合和，然后，利用交集的运算可得答案. 【详解】， ， . 故选：C 2. 已知复数满足，则的共轭复数在复平面中的对应点位于（ ） 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】求出复数后可求，从而可得复数在复平面中的对应点，故可得正确的选项. 【详解】，故，其对应点为， 该点在第四象限， 故选：D. 3. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由空间中线面关系以及线面平行的判定定理逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A，由可得或，故A错误； 对于B，由可得或，故B错误； 对于C，由可得，故C正确； 对于D，由可得相交或，故D错误； 故选：C 4. 函数的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，函数向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论错误的是（     ） A. 为奇函数 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上单调递增 D. 函数在区间上的值域为 【答案】B 【解析】 【分析】根据周期性可得，再根据图像变换可得.对于A：根据图象变换结合正弦函数的奇偶性分析判断；对于B：根据对称轴与最值之间的关系分析判断；对于C：以为整体，结合正弦函数单调性分析判断；对于D：整理可得，以为整体，结合正弦函数有界性分析求解. 【详解】设的最小正周期为， 由题意可知：，即， 且，则，可得，， 所以. 对于选项A：为奇函数，故A正确； 对于选项B：因为， 所以的图象不关于直线对称，故B错误； 对于选项C：因为，则， 且在内单调递增，所以在区间上单调递增，故C正确； 对于选项D：因为， 由，则，可得， 所以，故D正确. 故选：B. 5. 记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（ ） A. 2n–1 B. 2–21–n C. 2–2n–1 D. 21–n–1 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前项和公式进行求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 由可得：， 所以， 因此. 故选：B. 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前项和公式的应用，考查了数学运算能力. 6. 已知且，若函数的值域为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用对数函数和指数函数的单调性，对进行分类讨论，可得答案. 【详解】的值域为， 当时， 则，为增函数，， 而时，为增函数， 此时，，不符题意； 当时， 则，为减函数，， 而时，为减函数， 此时，， 因为的值域为，当且仅当时，满足题意， 此时，，则，整理得，，解得； 综上，时满足题意. 故选：A 7. 已知某正六棱柱的体积为，其外接球体积为，若该六棱柱的高为整数，则其表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正六棱柱的体积及外接球的体积列方程求解得出边长及高最后求出表面积即可. 【详解】设该正六棱柱的底面边长为，高为，其外接球的半径为，易知，则①， 且②， 联立①②，因为，解得， 所以正六棱柱的表面积. 故选：D. 8. 已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解. 【详解】因为的图像关于直线对称， 所以， 因为，所以，即， 因为，所以， 代入得，即， 所以， . 因为，所以，即，所以. 因为，所以，又因为， 联立得，， 所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R， 所以 因为，所以. 所以. 故选：D 【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分， 9. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，无极值点 C. ，使在上是减函数 D. 图象对称中心的横坐标不变 【答案】BD 【解析】 【分析】利用导数求出函数的极大值判断A；由恒成立判断B；由的解集能否为判断C；求出图象的对称中心判断D. 【详解】对于A，当时，，求导得， 令得或，由，得或，由， 得，于是在，上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，因此最多有一个零点，A错误； 对于B，，当时，，即恒成立， 函数在上单调递增，无极值点，B正确； 对于C，要使在上是减函数，则恒成立， 而不等式的解集不可能为，C错误； 对于D，由， 得图象对称中心坐标为，D正确. 故选：BD 10. 若的内角，，对边分别是，，，，且，则（ ） A. 外接圆的半径为 B. 的周长的最小值为 C. 的面积的最大值为 D. 边的中线的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由正弦定理进行边角互化可得B，再利用正弦定理可得外接圆的半径；对于BC，利用余弦定理结合基本不等式可得的最值及的最值；对于D，根据向量的线性运算，可表示中线，进而可得其长度最值. 【详解】对于A：，由正弦定理得， 即，即， 因为，所以，所以，， 因为，则， 令外接圆的半径为, 根据正弦定理可得，即，故A正确； 对于C：由余弦定理知，， 因为，，所以，，当且仅当时等号成立， 因为，所以的最大值为，故C正确； 对于B：由C知，则， 所以，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为，故B错； 对于D：因为为边上的中线， 所以，， 得，因为，所以的最小值为，故D正确； 故选：ACD. 11. 如图，几何体的底面是边长为6的正方形底面，，则（ ） A. 当时，该几何体的体积为45 B. 当时，该几何体为台体 C. 当时，在该几何体内放置一个表面积为S的球，则S的最大值为 D. 当点到直线距离最大时，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据题意结合图形利用分割法球体积；对于B：根据题意结合台体的结果特征分析判断；对于C：根据台体的结构特征结合正方体的内切球分析求解；对于D：建系，利用空间向量球点到面的距离，结合单调性分析求解. 【详解】若，即，可知为矩形， 对于选项A：当时，即， 取的中点，连接，如图所示： 因为底面，底面，则， 且为正方形，则， ，平面，可得平面， 又因，∥，可知为平行四边形，则∥， 可知为直三棱柱，底面， 所以该几何体的体积为，故A正确； 对于选项B：当时，即，可知，所以该几何体不为台体，故B错误； 对于选项C：当时，即，则，所以该几何体为台体， 如图所示，为相应边的中点，则为正方形， 因为底面，且，可知所求球的半径， 且正方形的内切球的半径即为， 所以最大球的半径，即S的最大值为，故C正确； 对于选项D：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，可得， 则点到直线距离为， 可知在内单调递增，所以当点到直线距离最大时，则，故D正确； 故选：ACD 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 （1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解； （2）正方体的内切球的直径为正方体的棱长； （3）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长； （4）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知平面向量，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量坐标运算和向量垂直的坐标表示即可得到方程，解出即可. 【详解】，因为，所以， 即，解得. 故答案为：. 13. 若，则____________ 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系化简题设求解即可. 【详解】由， 得 ， 则， 即， 则或， 所以或， 当时，，则，不符合题意. 所以. 故答案：. 14. 已知函数，若关于x的不等式的解集中有且仅有2个正整数，则实数a的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】原不等式的解集有且只有两个整数解等价于的解集中有且仅有两个正整数，利用导数讨论后者的单调性后可求参数的取值范围. 【详解】设，则， 而的定义域为，故为上的奇函数， （不恒为零），故为上的单调减函数， 又即为：， 也就是，故， 故的解集中有且仅有两个正整数， 若，则当时，， 此时不等式的解集中有无数个正整数解，不合题意； 若，因为，， 故的解集中不会有1,2，其解集中的正整数解必定大于等于3， 不妨设，则的解集中有且仅有两个正整数， 设，， 故在上为增函数，由题设可得， 故， 故答案为：. 【点睛】思路点睛：不等式解集中的正整数解的个数问题，可通过参变分离转化水平的动直线与确定函数图像的位置关系来处理. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、 15. 已知数列满足. （1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式. （2）设，求数列的前n项和. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列定义即可得数列是以为首项，为公差的等差数列，并求出通项公式； （2）写出数列的通项公式，利用分组求和的方法即可得出. 【小问1详解】 根据题意由易知， 即可得为定值， 由此可得数列是以为首项，公差的等差数列， 所以，可得； 即数列的通项公式为； 【小问2详解】 由（1）可得； 则数列的前n项和 . 即可得 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调区间. 【答案】（1） （2）答案见详解 【解析】 【分析】（1）求导，可得，，结合导数的几何意义求切线方程； （2）求导可得，分类讨论的符号以及与0的大小关系，利用导数判断原函数的单调区间. 【小问1详解】 当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率为， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 由题意可知：的定义域为，且， （i）若，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增； （ⅱ）若，令，解得或， ①当，即时， 令，解得或；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增； ②当，即时，则，可知在内单调递增； ③当，即时， 令，解得或；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增； 综上所述：若，的单调递减区间为，单调递增区间为； 若，的单调递减区间为，单调递增区间为； 若，的单调递增区间为，无单调递减区间； 若，的单调递减区间为，单调递增区间为. 17. 如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，四边形为矩形，平面平面为线段的中点，且. （1）求证：平面； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先根据直角三角形的性质和平行线的性质得到，再根据面面垂直和线面垂直的性质定理结合平面平面得到，最后根据线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，设，利用已知条件和线面角的坐标公式求出，再利用面面角的坐标公式求解即可. 【小问1详解】 在中，为线段的中点，且，所以， 所以，为直角三角形，且， 所以， 因为底面为平行四边形，，所以， 又因为四边形为矩形，所以， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为平面平面，所以， 由（1）知平面，又平面，所以， 所以两两垂直， 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 在中，，所以， 设，则， 所以， 易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则，解得， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 易知平面的一个法向量为， 则， 易知二面角是锐角，故二面角的余弦值为. 18. 如图，平面四边形中，，对角线相交于． （1）设，且， （ⅰ）用向量表示向量； （ⅱ）若，记，求的解析式． （2）在（ⅱ）的条件下，记△，△的面积分别为，，求的取值范围． 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ），；（2）. 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）由平面向量的线性运算即可求解，（ⅱ）根据已知条件可得，将（ⅰ）中的结论两边同时平方再展开化简即可求解；（2）利用三角形的面积公式结合（ⅱ）中的结论将面积之比表示为关于的函数，再利用导数判断单调性即可求解. 【详解】（1）（ⅰ）因为，， 所以， 即，所以， （ⅱ）因为，，所以， 因为且，所以， 即，所以， 整理可得：， 即，. （2）由（1）知：，由三角形面积公式可得： ， 记，所以， 所以在上单调递减， 所以，所以的取值范围为. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围； （3）帕德近似（Pade approximation）是数学中常用的一种将三角函数､指数函数､对数函数等“超越函数”在一定范围内用“有理函数”近似表示的方法，比如在附近，可以用近似表示. （i）当且时，试比较与的大小； （ii）当时，求证：. 【答案】（1）减区间为，无增区间 （2） （3）（i）答案见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，判断导函数的符号，可得函数的单调区间. （2）采用分离常数的方法得（），设，求在上的最小值即可. （3）（i）构造函数，利用函数的单调性及，比较与的大小；（ii）利用（i）的结论，进行证明. 【小问1详解】 当时，，则. 所以的减区间为，无增区间. 【小问2详解】 因为在上恒成立， 所以，所以（） 设，则 再设，则， 则在上恒成立，所以在单调递增， 所以， 所以在上恒成立，所以在单调递增， 所以. 又在上恒成立，所以. 【小问3详解】 （i）记，则， 所以在上单调递增，而， 于是，当时，，当时，. （ii）当时，原不等式即 由于当时，，所以， 当时，也成立. 所以对任意的恒成立. 在中取，则有，也即， 所以（a） 记函数， 由于，所以只需考虑的符号， 易知在上单调递减，在上单调递增，. 所以（b） 由（a）（b）得， 故. 【点睛】方法点睛：求参数的取值范围问题，一般思路有： （1）分离参数，把参数分离出来，问题转化为不含参数的函数的值域问题，通过求函数的值域求解参数的取值范围. （2）直接求函数的值域，此时可能要根据参数的值进行分类讨论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$