精品解析：广东省梅州市梅雁中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

梅雁中学12月月考数学试卷 一、单项选择题：本大题共 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（ ） A. B. 3 C. D. 5 3. 已知四边形是平行四边形，，，记，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. 30° B. 60° C. 90° D. 120° 6. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 7. 设实数，若不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 设是公比不为1的无穷等比数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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 二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 9. 函数的部分图象如图所示，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. 关于对称 D. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数 10. 已知球是棱长为2的正方体的内切球，是的中点，是的中点，是球的球面上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则动点的轨迹长度为 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 的取值范围是 D. 若，则的大小为定值 11. 已知函数为奇函数，且，当时，，则（    ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 的最小正周期为2 D. 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 设等差数列的前项和为,若,,则______. 13. 中，角、、所对的边分别为、、．若，则的最小值是______________． 14. 在四面体中，是边长为的等边三角形，，，，点在棱上，且，过点作四面体的外接球的截面，则所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为_________． 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. 已知等差数列满足，正项等比数列满足首项为1，前3项和为7. （1）求与的通项公式； （2）求的前n项和. 16. 已知函数的最小正周期为. （1）求在上的单调递增区间； （2）在锐角三角形中，内角的对边分别为且求的取值范围. 17. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若在恒成立，求整数的最大值. 18. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中∥，，，，为棱BC上的点，且． （1）求证：平面PAC； （2）求点到平面PCD的距离； （3）设为棱CP上的点（不与C，P重合），且直线QE与平面PAC所成角的正弦值为，求的值． 19. 已知（其中为自然对数的底数）. （1）当时，求曲线在点处的切线方程， （2）当时，判断是否存在极值，并说明理由； （3），求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 梅雁中学12月月考数学试卷 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由交集的运算，即可得到结果. 【详解】因为， 则. 故选：B 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. 3 C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】先根据复数的除法求出复数，再根据共轭复数的定义及复数的乘法运算即可得解. 【详解】由， 得， 所以， 所以. 故选：D. 3. 已知四边形是平行四边形，，，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用平面向量的线性运算求解即得. 【详解】在中，，，，， 所以. 故选：A 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求得，再利用二倍角公式、同角三角函数的基本关系式求得正确答案. 【详解】依题意，， 所以. 故选：A 5. 已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. 30° B. 60° C. 90° D. 120° 【答案】B 【解析】 【分析】由条件结合投影向量的定义可求，再根据向量夹角余弦公式求结论. 【详解】因为向量在向量上的投影向量为，是两个单位向量， 所以， 所以，又， 所以， 所以， 又， 所以，又， 所以向量与向量的夹角为，即. 故选：B. 6. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性单调性与函数值符号确定函数的图象. 【详解】由，得，所以的定义域为. 又， 所以函数为偶函数，图象关于轴对称，故B错误； 因为，所以当时，，所以， 且在定义内为增函数，故A，D错误. 对C：符合函数的定义域，奇偶性，单调性，故C正确. 故选:C 7. 设实数，若不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将原不等式转化为恒成立，先判断得出恒成立，结合不等式的基本性质可得恒成立，进而求解即可. 【详解】，即， 因为，所以，即恒成立， 令，则， 当时，单调递减，当时，单调递增， 因为，所以， 若时，不等式恒成立，则恒成立， 若时，，恒成立，则也成立， 所以当时，恒成立，所以得，即， 设 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以，所以，即正实数的最小值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：运用同构的基本思想将原不等式转化为恒成立，再运用不等式的性质，先得出恒成立，再运用导数讨论恒成立进而求出结果. 8. 设是公比不为1的无穷等比数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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】B 【解析】 【分析】借助充要条件的定义，分别验证充分性与必要性，结合等比数列、递增数列的定义，借助反证法证明即可得. 【详解】若为递增数列， 当，且时，有， 此时为递增数列，当对任意,， 故“为递增数列”不是“存在正整数，当时，”的充分条件； 若存在正整数，当时，， 此时， ，故，， 假设存在，使得，则有， 则，又且，故， 则当时，，与条件矛盾， 故不存在，使，即在上恒成立， 即，又，，故， 即对任意的，， 即为递增数列， 故“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的必要条件； 综上所述，“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的必要不充分条件. 故选：B. 二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 9. 函数的部分图象如图所示，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. 关于对称 D. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数 【答案】AC 【解析】 【分析】根据可得，代入最高点可得，进而求出函数的表达式，即可判断AB，代入验证即可判断C，根据平移即可求解D. 【详解】由图象可知，，解得，， 又，所以，即， 结合，可知，得的表达式为，故A正确，B错误， 对于C，由于，即的图象关于对称，故C正确； 对于D，函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数，故D错误． 故选：AC． 10. 已知球是棱长为2的正方体的内切球，是的中点，是的中点，是球的球面上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则动点的轨迹长度为 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 的取值范围是 D. 若，则的大小为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A项，先证得面可得点轨迹为平面与内切球的交线，由到面的距离为面与面的距离可得，结合求解即可，对于B项，当三棱锥的体高经过球心时体积取得最大值，结合空间向量坐标法求得球心到平面距离，进而由计算即可，对于C项，运用极化恒等式可得，则将问题转化为求的范围，作出平面截球的截面，将空间问题转化为平面问题可得，进而可求得结果，对于D项，作出平面截球与椭球的截面图，结合椭圆与圆的对称性可判断D项. 【详解】对于A项，由正方体性质得面，且内切球半径， 分别取、、中点、、，如图所示， 易知面面， 故面，则点轨迹为平面与内切球的交线，即为截面圆的周长， 易知球心面，则到面的距离为面与面的距离， 所以截面圆半径为. 故点轨迹长度为，故A项正确； 对于B项，以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则， 取，则，所以， 所以到平面距离为， 因为面，面，所以， 又， 所以三棱锥的体积的最大值为，故B项错误； 对于C项，取中点，连接、、，如图所示， 则， 所以， 平面截球的截面图如图所示， 又，，则， 所以当位于时， 所以当位于时，， 则，所以，即的范围为，故C项正确； 对于D项， 由题意知，， 又， 所以点在以、为焦点，长轴长为3的椭球面上， 又因为点在以为球心，1为半径的球面上， 所以点在椭球面与球面的交线处， 则平面截球与椭球的截面图如图所示， 由椭圆与圆的对称性可知，点位于、、、时，为定值，故D项正确. 故选：ACD. 【点睛】与球截面有关的方法点睛： ①定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； ②作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的． 11. 已知函数为奇函数，且，当时，，则（    ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 的最小正周期为2 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由函数是奇函数，它的图像关于点对称，由平移可得的图象关于点对称；对于B，由函数轴对称的性质可得；对于C，由已知及奇函数的定义，赋值推导即可得到的最小正周期是否为2；对于D，由当时，，及函数的对称性和周期性，可得，则可得，即可求得结果. 【详解】对于A：因为函数是奇函数，所以的图像关于点对称， 又函数的图像向右平移1个单位可得到函数的图像， 所以的图象关于点对称，故A正确； 对于B：因为，所以的图象关于直线对称，故B正确； 对于C：由的图象关于点对称，，， 则，所以的最小正周期不可能为2，故C错误； 对于D：因为当时，，所以，， 因为的图象既关于点对称，又关于直线对称， 所以，， 又因为函数是奇函数，所以， 又，则， 则，则， 所以的一个周期为， 所以，所以， 所以 ，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论： （1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立； （2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为. 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 设等差数列的前项和为,若,,则______. 【答案】10 【解析】 【分析】将和用首项和公差表示，解方程组，求出首项和公式，利用公式求解. 【详解】设该数列的公差为，由题可知： ，解得， 故. 故答案为：10. 【点睛】本题考查由基本量计算等差数列的通项公式以及前项和，属基础题. 13. 中，角、、所对的边分别为、、．若，则的最小值是______________． 【答案】## 【解析】 【分析】由正弦定理化简得出，利用两角和的正切公式结合已知条件可得出，化简所求代数式为，利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】因为，由正弦定理得， 所以， 又因为，所以， 所以，即. 所以，， 若，则，此时，、都为钝角，不合乎题意， 若，则，此时，、都为锐角，合乎题意. 所以， 当且仅当，即时，即时取等号. 所以的最小值为. 故答案为：. 14. 在四面体中，是边长为的等边三角形，，，，点在棱上，且，过点作四面体的外接球的截面，则所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为_________． 【答案】##1：8 【解析】 【分析】先根据勾股定理逆定理得到，再根据直角三角形中线性质找出外接球的球心，再结合球的截面距离分析，要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，只需球心到截面的距离最大即可． 【详解】 由题意知，， 由勾股定理可知，， 所以， 取的中点，所以， 所以四面体的外接球在斜边的中点处， 四面体的外接球的半径， 根据题意可知，过点作球的截面，若要所得的截面圆中面积最小， 只需截面圆半径最小，设球到截面的距离，只需球心到截面的距离最大即可， 而当且仅当与截面垂直时，球心到截面的距离最大，即， 取的中点，易知为等腰三角形， ，所以， 所以截面圆的半径为， 所以截面圆的面积为，球的表面积为， 所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为 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. 已知等差数列满足，正项等比数列满足首项为1，前3项和为7. （1）求与的通项公式； （2）求的前n项和. 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为d，运用等差数列的通项公式，可得首项和公差，可得；设正项等比数列的公比为q，q>0，由等比数列的通项公式，解方程可得q，进而得到； （2）由（1）可得，利用错位相减法求和，即可得答案. 【详解】解：（1）设等差数列的公差为d， 由，可得， 解得，则； 设正项等比数列的公比为q，q>0， 由首项为1，前3项和为7，可得，解得q=2， 则； （2）由（1）可得， 所以， 则， 两式相减可得=， 所以. 【点睛】解题的关键是熟练掌握等差、等比数列的公式、错位相减求和法，考查方程思想和运算能力，属于中档题. 16. 已知函数的最小正周期为. （1）求在上的单调递增区间； （2）在锐角三角形中，内角的对边分别为且求的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式及辅助角公式化简函数解析式，根据周期求得的值，从而得到函数的解析式，整体代入法求解单调区间即可； （2）利用正弦定理即两角和的正弦公式化简条件，从而求得继而得到整体代入求函数值的范围即可. 【小问1详解】 . 因为所以 故. 由 解得 当时又 所以在上的单调递增区间为. 【小问2详解】 由 得（ 所以. 因为所以 又所以 又三角形为锐角三角形，则，则，所以， 又，， 则， 所以的取值范围为. 17. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若在恒成立，求整数的最大值. 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）0. 【解析】 【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间. （2）将转化为对恒成立，构造函数，通过二次求导的方法求得（其中），由此求得整数的最大值. 【详解】（1）函数的定义域为. 因为， 所以. 当，即时，； 当，即时， 由得，得. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）因为，即， 所以. 所以对恒成立. 令，则， 令，则， 因为， 所以， 所以在上单调递增， 因为，， 所以存在满足， 即. 当时，，即； 当时，即. 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以， 因为，， 所以的最大值为. 【点睛】求解不等式恒成立问题，可以采用分离常数法.再利用导数研究函数时，要首先求函数的定义域. 18. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中∥，，，，为棱BC上的点，且． （1）求证：平面PAC； （2）求点到平面PCD的距离； （3）设为棱CP上的点（不与C，P重合），且直线QE与平面PAC所成角的正弦值为，求的值． 【答案】（1）证明：因为平面，平面，平面 所以，.因为则以A为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系． 由已知可得，，，，，． 所以，，． 因为，所以.，所以． 又，平面，平面．所以平面； （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）如图建立空间直角坐标系.利用向量法可得，，即可证明结论； （2）由（1）可得与平面PCD的法向量，即可得答案； （3）设，后由直线QE与平面PAC所成角的正弦值为结合空间向量知识可得关于的方程，即可得答案. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）可知， 设平面的法向量因为，． 所以，即不妨设，得 点到平面的距离． 所以点到平面的距离为． ． 【小问3详解】 设，即． 则，即. 则.由（1）可取为平面PAC法向量. 因与平面夹角正弦值为， 则 即解得，即. 19. 已知（其中为自然对数的底数）. （1）当时，求曲线在点处的切线方程， （2）当时，判断是否存在极值，并说明理由； （3），求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）存在，有一个极大值，一个极小值，理由如下： 当时，，定义域为， 可得， 令，则， 当时，；当时，， 所以在递减，在上递增， 所以， 又由， 存在使得，存在使得， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以当时，有一个极大值，一个极小值. （3） 【解析】 【分析】（1）当时，求得，结合导数的几何意义，即可求解； （2）当时，求得，令，利用导数求得的单调性与，得到存在使得，存在使得，进而得到答案； （3）求得，根据题意，得到，令，得到使得，利用函数的单调性，求得，再由，求得，再由，设，利用导数求得函数的单调性，即可求解. 【小问1详解】 当时，，可得， 则， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 由，可得， 由，因为，可得， 令，则在上递减， 当时，可得，则，所以， 则， 又因为，使得，即， 且当时，，即； 当时，，即， 所以在递增，在递减，所以， 由，可得， 由，可得，即， 由，可得，所以， 因为，设，则， 可知在上递增，且， 所以实数的取值范围是. 【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 $