精品解析：海南省华中师范大学琼中附属中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

华中师范大学琼中附属中学高三年级12月月考 数学试题 选题人：刘向阳 审题人：张凯 做题人：程璐瑜 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，只有一项是符合要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 函数在点处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为（ ） A B. C. D. 1 5. 已知非零向量，，若向量在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 6. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 8 7. 已知，，若关于的不等式在恒成立．则的最小值为（ ） A 4 B. C. 8 D. 8. 已知函数，的定义域为，是的导数，且，，若为偶函数，则（ ） A. 80 B. 75 C. 70 D. 65 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则（ ） A. B. C. 在上为增函数 D. 函数在上有且只有2个零点 10. 下列函数中最小值为4的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知数列的首项为4，且满足，则（ ） A. 等差数列 B. 为递增数列 C. 的前项和 D. 的前项和 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，满足，则_____． 13. 已知数列的前项和为，当取最小值时，_____. 14. 已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 在等差数列中，，． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 在锐角中，角A，，的对边分别为a，b，c，S为的面积，且. （1）求的值； （2）已知，求面积的最大值. 17. 如图，在直三棱柱中，是边长为的正三角形，，为中点，点在棱上，且，． （1）当时，求证：平面： （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知椭圆的离心率为，点在上． （1）求椭圆的方程： （2）过点的直线交椭圆于，两点（异于点），过点作轴的垂线与直线交于点，设直线，的斜率分别为，．证明： （i）为定值： （ii）直线过线段的中点． 19. 已知函数． （1）若，证明：； （2）记数列的前项和为． （i）若，证明：． （ii）已知函数，若，，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 华中师范大学琼中附属中学高三年级12月月考 数学试题 选题人：刘向阳 审题人：张凯 做题人：程璐瑜 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，只有一项是符合要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据求解一元二次不等式以及函数的值域得到集合，求其并集即得. 【详解】因为，， 所以. 故选：B. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据除法运算求得，再结合共轭复数模长关系运算求解即可. 【详解】因为，则， 所以. 故选：D. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题给条件求得的值，进而求得的值. 【详解】因为，可得， 又因为，可得， 所以 故选：C 4. 函数在点处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】求导，根据导数的几何意义求切线方程，进而可得交点坐标和面积. 【详解】因为，则，可得， 即切点坐标为，切线斜率为2， 则切线方程为，其与x轴交点为， 所以切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为. 故选：B. 5. 已知非零向量，，若向量在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用投影向量的定义可得，代入坐标计算可求得. 【详解】向量在方向上的投影向量为， 所以，解得. 故选：A. 6. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】结合已知条件对进行变形，得到，再利用基本不等式求最小值. 【详解】因为，，所以， 因为，所以，所以， 当且仅当时取等号，所以的最小值为. 故选：B. 7. 已知，，若关于的不等式在恒成立．则的最小值为（ ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】B 【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即可. 【详解】设. 由已知，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，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. 故选：B. 8. 已知函数，的定义域为，是的导数，且，，若为偶函数，则（ ） A. 80 B. 75 C. 70 D. 65 【答案】B 【解析】 【分析】根据偶函数的定义结合导数可得，结合题意可得，，进而可得，且，即可得结果. 【详解】因为为偶函数，则，求导可得， 因为，， 则，可得， 且，则，可得， 即，可得，可知8为的一个周期， 且， 对于，， 令，可得，，可得， 所以. 故选：B. 【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则（ ） A. B. C. 在上为增函数 D. 函数在上有且只有2个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的周期判断A，根据函数的对称轴判断B，根据正弦型函数的单调性判断C，根据数形结合判断D. 【详解】对于选项A：由题意得函数的最小正周期为， 所以成立，A项正确； 对于选项B：因为为最小值， 可知直线是图象的一条对称轴，所以成立，B项正确； 对于选项C：当时，， 且在内单调递减，可知在上为减函数，C项错误； 对于选项D：由题意知在有两个不等实根， 设，且， 由函数的图象，如图， 易知与直线有两个不同的交点，D项正确. 故选：ABD 10. 下列函数中最小值为4的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：举反例说明即可；对于BCD：利用基本不等式运算求解即可. 【详解】对于选项A：例如，则，可得， 所以的最小值不为4，故A错误； 对于选项B：因为， 则，当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为4，故B正确； 对于选项C：因为， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为4，故C正确； 对于选项D：因为，且， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为4，故D正确； 故选：BCD. 11. 已知数列的首项为4，且满足，则（ ） A. 为等差数列 B. 为递增数列 C. 的前项和 D. 的前项和 【答案】BCD 【解析】 【分析】由得，所以可知数列是以首项为4，公比为2的等比数列，从而可求出，可得数列为递增数列，利用错位相减法可求得的前项和，由于，从而利用等差数列的求和公式可求出数列的前项和． 【详解】对于选项A：由，得， 所以是以为首项，2为公比的等比数列，故A错误； 对于选项B：因为，即， 显然，且，即， 所以为递增数列，故B正确； 对于选项C：因为， 则， 两式相减得， 所以，故C正确； 对于选项D：因为， 所以的前项和，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：错位相减法的关注点 1.适用题型：等差数列与等比数列对应项相乘型数列求和； 2.步骤：①求和时先乘以数列的公比；②把两个和的形式错位相减．③整理结果形式． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12 已知平面向量，满足，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】把两边平方可得，计算可求. 【详解】由，可得，所以， 所以，又，所以， 所以 故答案为：. 13. 已知数列的前项和为，当取最小值时，_____. 【答案】3 【解析】 【分析】根据求得，代入结合基本不等式分析最值即可. 【详解】因为， 当时，， 又当时，，满足，故； 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以当时，取得最小值. 故答案为：. 14. 已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】将所求不等式变形为，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，由已知等式结合函数的单调性可得出，可得，利用导数求出函数的最小值，即可求得实数的取值范围. 【详解】对于函数，有，解得， 所以，函数的定义域为 ， 由， 可得，即， 可得， 令，其中，，所以，函数为上的增函数， 由，可得， 所以，，所以，， 令，其中，则，列表如下： 减 极小值 增 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以，，故， 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 在等差数列中，，． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质求出公差，进而求出通项公式. （2）由（1）求出，再利用裂项相消法求和即得. 【小问1详解】 在等差数列中，由，，得公差， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）得， 所以数列的前项和. 16. 在锐角中，角A，，的对边分别为a，b，c，S为的面积，且. （1）求的值； （2）已知，求的面积的最大值. 【答案】（1）2 （2）2 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式及余弦定理可得，即可得结果； （2）根据同角关系求，利用余弦定理结合面积公式可得，即可面积最大值. 【小问1详解】 因为，且， 可得， 即，所以. 【小问2详解】 因为， 又因为，即， 整理可得，解得或， 又因为，则，， 由余弦定理可得：，即， 整理可得， 又因为，即， 当且仅当时，等号成立， 且此时为为锐角三角形，符合题意， 所以的面积的最大值为. 17. 如图，在直三棱柱中，是边长为的正三角形，，为中点，点在棱上，且，． （1）当时，求证：平面： （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 分析】（1）根据已知条件建立空间直角坐坐标系，利用向量证明线面垂直即可； （2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为三棱柱为直棱柱，且为正三角形， 以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系， 根据已知条件得、、、、， 当时，，则， 所以，，， 所以，， 所以，， 又，、平面，所以平面 【小问2详解】 易知，则， 当时，点，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得， 所以， 故当时，求直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆的离心率为，点在上． （1）求椭圆的方程： （2）过点的直线交椭圆于，两点（异于点），过点作轴的垂线与直线交于点，设直线，的斜率分别为，．证明： （i）为定值： （ii）直线过线段的中点． 【答案】（1） （2）（i）证明见详解；（ii）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出的方程组求出得解； （2）（i）当直线斜率为0时，.当直线的斜率不为0时，设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，写出韦达定理，计算的值，化简后结果为，由此证明结论成立. （ii）设线段的中点为，求出直线的方程，直线的方程，结合，可得，可证点在直线上. 【小问1详解】 由题可知：，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）①当直线的斜率为0时，则不妨设，， 所以为定值. ②当直线的斜率不为0时，设直线，，， 联立直线与椭圆的方程，消去整理得， 则，，，所以， 所以 . 综上，为定值. （ii）设线段中点为，易得， 可得直线的方程为，则， 直线的方程为，则， 所以， 由（i）知，，所以， 又直线的方程为，所以点在直线上， 即直线过线段的中点. 【点睛】关键点睛：本题第二问证明为定值，解题的关键是设直线与椭圆的方程，解得，代入的式子化简得解. 19. 已知函数． （1）若，证明：； （2）记数列的前项和为． （i）若，证明：． （ii）已知函数，若，，，证明：. 【答案】（1）证明见详解 （2）（i）证明见详解；（ii）证明见详解 【解析】 【分析】（1）先构造函数证明，，再由的单调性得出即可证明； （2）（i）利用错位相减法求和后放缩即可得证；（ii）利用函数不等式可得，得出递推关系，累乘后可得，求和即可得证. 【小问1详解】 设，当时，， 所以在上为增函数，故当时，， 所以当时， 设，当时，， 所以在上单调递增，故当时，， 所以当时， 故当时， 因为，当时，， 所以在上为增函数， 因为当时，，且由， 可得，所以，即， 所以 【小问2详解】 （i）因为， 所以， 则， 所以， 即， 所以 （ii）函数， 因为当时，， 所以当时，， 所以当时，， 因此， 故，即 因为， 所以当时，， 综上，，所以， 所以， 即. 【点睛】关键点点睛：在第一步的证明过程中，首先要构造函数，利用导数证明几个不等式，比较难想到，当求出单调性后，得到，再由单调性得到，技巧性很强，一般不容易想到，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$