2024届山东省潍坊市高密市第三中学高三上学期9月月考数学试题含解析

这是一份2024届山东省潍坊市高密市第三中学高三上学期9月月考数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知全集，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由，结合对数不等式的运算可得，进而求解.
【详解】，，故.
故选：B.
2．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求解命题“”为真命题时，即可根据真子集求解.
【详解】命题“”为真命题,则对恒成立，所以，故，
所以命题“”为真命题的充分不必要条件需要满足是的真子集即可，由于是的真子集，故符合，
故选：D
3．已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数图象判断其导数的正负情况，即可求得答案.
【详解】由函数的图象可知当或时，；
当时，，
等价于或，
故不等式的解集为，
故选：A
4．若曲线（e是自然对数的底数）在点处的切线与y轴垂直，则（ ）
A．1B．C．D．－1
【答案】A
【分析】根据导数的几何意义与直线垂直的关系求解即可.
【详解】由于，根据题意有，所以.
故选：A
5．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设圆柱的底面半径为，利用勾股定理求出，再根据圆柱的体积公式计算可得.
【详解】设圆柱的底面半径为，则，解得或（舍去），
所以圆柱的体积.
故选：C
6．正项等比数列中，，若，则的最小值等于（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】设出等比数列的公比，得到方程，求出公比，从而求出，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】设的公比为，则，
因为，所以，解得或（舍去），
，故，即，
，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值等于
故选：D
7．在数列中，，，则数列的前项和（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由等差数列求和公式可整理得到，进而确定，采用裂项相消法可求得结果.
【详解】，
，
.
故选：D.
8．已知定义在R上的函数在上单调递增，且是偶函数，则满足的x的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由平移法则确定函数关于直线对称，且在上单调递增，结合函数对称性和单调性求解不等式即可.
【详解】因为函数是偶函数，所以函数的图象关于直线对称，
又在上单调递增，
由，得，即，
平方并化简，得，解得，即x的取值范围为.
故选：C
二、多选题
9．下列各结论中正确的是（ ）
A．“”是“”的充要条件；
B．函数的最小值为2；
C．命题“，”的否定是“，”；
D．函数的值域为.
【答案】AD
【分析】利用充要条件的概念判断A；结合基本不等式求解判断B；根据全称命题的否定是特称命题判断C；根据指数函数的单调性求解判断D．
【详解】因为可推出同号可推出，所以“”是“”的充要条件，故A正确；
，
当且仅当时取等号，但由得，方程无解，
所以等号不成立，即，故B错误；
命题“，”的否定是“，”，故C错误；
∵，∴，则函数的值域为，故D正确.
故选：AD．
10．已知函数，则（ ）
A．在单调递增
B．有两个零点
C．曲线在点处切线的斜率为0
D．是偶函数
【答案】AC
【分析】通过对函数求导，即可得出结论.
【详解】由题意，，
在中，，
∴当时，，
∴曲线在点处切线的斜率为，C正确；
A项，当时，，
故在单调递增，A正确；
B项，当时，，
当时，，所以只有0一个零点，B错误；
D项，函数的定义域为，不关于原点对称，∴不是偶函数，D错误.
故选：AC.
11．如图，在正四棱柱中，，为四边形对角线的交点，下列结论正确的是（ ）
A．点到侧棱的距离相等B．正四棱柱外接球的体积为
C．若，则平面D．点到平面的距离为
【答案】BD
【分析】利用正四棱柱的体对角线等于外接球直径，以及空间位置关系的向量方法证明和空间距离的向量方法计算方法即可求解.
【详解】对于A, 到侧棱的距离等于,
到侧棱的距离相等且等于,故A错误；
对于B，设正四棱柱外接球的直径为，则有,
即，所以外接球的体积等于，故B正确；
对于C，建立空间直角坐标系，如图，
则,
因为，所以,
所以，，,
所以，所以与平面不垂直，故C错误；
对于D,由以上知，设平面的法向量为，
则有，,
,即，令则，
所以，
因为,所以点到平面的距离为，故D正确.
故选:BD.
12．已知数列满足，其中，为数列的前n项和，则下列四个结论中，正确的是（ ）
A．B．数列的通项公式为：
C．数列的前n项和为：D．数列为递减数列
【答案】ACD
【分析】令可求；利用已知求的方法求数列通项公式；利用裂项相消法求数列的前n项和;根据数列与函数的关系判断数列的单调性.
【详解】因为，
所以当时，，
两式相减得，所以，
又因为当时，满足上式，
所以数列的通项公式为：，故A正确，B错误，
，
所以
，
故C正确；
因为，随着的增大，在减小，所以数列为递减数列，
故D正确.
故选:ACD.
三、填空题
13．“”为真命题，则实数的最大值为 .
【答案】
【分析】由可求出结果.
【详解】因为“”为真命题，
所以，即.
所以实数的最大值为.
故答案为：
14．已知，且（为正整数），则 .
【答案】
【分析】利用已知关系式推导出是以为周期的数列，所以根据周期性即可求出结果.
【详解】因为，且，
所以，，
，，
，，，
所以是以为周期的数列，
因为，
所以.
故答案为：
15．在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【解析】先用正弦定理求出外接圆的半径，然后利用求出三棱锥外接球的半径，即可算出表面积.
【详解】设外接圆的半径为，则，∴，
设三棱锥外接球的半径为，则，
故外接球的表面积.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了三棱锥外接球的表面积，其中根据几何体的结构特征和球的性质，求得三棱锥的外接球的半径是解题的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力.
16．定义在上的函数的导函数为，当时，，且，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】利用构造函数法，结合导数化简不等式，从而求得不等式的解集.
【详解】构造函数，
则，
所以在区间上单调递减，
由，得，
即，所以，
解得，所以不等式的解集为.
故答案为：
四、解答题
17．如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，，分别是线段，的中点.

(1)证明：；
(2)若与平面所成的角为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理，结合线面垂直的性质和判定定理进行证明即可；
（2）根据二面角的定义，结合锐角三角函数定义进行求解即可.
【详解】（1）连接AF，则，又，，
∴，∴，
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴，
又平面PAF，
∴平面PAF，又平面PAF，
∴；
（2）平面，是与平面所成的角，
且．，
∵平面PAF，∴， ，
∴为平面PFD与平面CFD所成锐角，
∴，
故二面角的余弦值为.
18．已知数列满足，且有.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）化简得到，证明出结论；
（2）由（1）知，，所以，利用错位相减法求和即可.
【详解】（1），即，
所以，
又，所以是以2为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）知，，所以，
所以，
，
两式相减得，，
，
即，
19．已知函数，，k为常数，e是自然对数的底数．
(1)当时，求的极值；
(2)若，且对于任意，恒成立，试确定实数k的取值范围．
【答案】(1)极小值为0，无极大值
(2)
【分析】（1）求导，即可得函数的单调性，进而可由极值点定义求解，
（2）构造函数，利用导数求解最值即可.
【详解】（1）当时，，∴，
由得，故的单调递增区间为；由得，
故的单调递减区间为；
所以函数有极小值为，无极大值．
（2）当时，不等式化简为，令，则；
令得，
∴在上单调递减，在上单调递增；
因为，所以，
又，所以．
20．四棱锥的底面是边长为2的菱形，，对角线AC与BD相交于点O，底面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为60°，E是PB的中点．

(1)求异面直线DE与PA所成角的余弦值；
(2)证明：平面PAD，并求点E到平面PAD的距离．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（2）根据中位线定理证明线线平行，进而得线面平行，利用空间向量点到面距离公式进行求解即可.
【详解】（1）由题意，两两互相垂直，以O为坐标原点，射线OB、OC、OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图，

菱形中，，所以,
在中，
因为底面ABCD ，所以PB与底面ABCD所成的角为，所以，
则点A、B、D、P的坐标分别是，
E是PB的中点，则，于是，.
设的夹角为θ，则有.∴异面直线DE与PA所成角的余弦值为；
（2）连接，分别是的中点，，平面PAD，平面PAD，平面PAD.
因为，,设平面PAD的法向量，
则，令，则，所以，又，
则点E到平面PAD的距离.
21．在数列中，，的前项为．
(1)求证：为等差数列，并求的通项公式；
(2)当时，恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析，；
(2).
【分析】（1）变形给定的递推公式，利用等差数列定义判断并求出通项公式作答.
（2）由（1）结合裂项相消法求和，分离参数并借助对勾函数求出最小值作答.
【详解】（1）由，，得，，
则，因此数列是以为首项，1为公差的等差数列，
于是，所以的通项公式是.
（2）由（1）知，，，
因此当时，恒成立，即对恒成立，
而对勾函数在上单调递增，于是当时，，则，
所以的取值范围是.
22．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，，证明：.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，讨论和两种情况下函数的单调性；
（2）首先结合（1）的结果，结合，将不等式转化为，再构造函数，利用导数证明不等式，再根据，结合函数的单调性，即可证明.
【详解】（1），，
当时，，恒成立，
此时在区间单调递增，
当时，令，得，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减，
综上所述，当时，在区间单调递增，
当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；
（2）若有两个零点，，
由（1）知时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且，，，
且当时，，当时，，
因为，所以，所以，
又因为，所以，
所以只需证明，即有，
下面证明，
设，
，
设，则，
令，解得：，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
所以，则在区间上单调递增，
又因为，所以，
即，
因为，所以，
而，，在上单调递减，
所以，即，命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数判断函数的单调性，以及双变量问题，不等式恒成立问题，第二问的关键是判断，不等式转化为证明，再通过构造函数即可求解.