2024届福建省莆田市第四中学高三上学期第三次月考数学试题含答案

这是一份2024届福建省莆田市第四中学高三上学期第三次月考数学试题含答案，共18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．设，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】B
【分析】先求出，从而得到，进而得到在复平面内对应的点的坐标，从而求得答案.
【详解】由于，故，
所以在复平面内对应的点为，在第二象限.
故选：B.
2．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分必要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】利用充分条件、必要条件结合基本不等式判断即可.
【详解】已知，则，所以当且仅当时等号成立，
所以由推不出，
若成立，则也推不出，比如，满足，
但是.
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D
3．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，若，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】C
【分析】根据三角函数的定义求出，即可求出，再由两角和的正切公式计算可得.
【详解】因为角的终边经过点，且，
所以且，
解得，
所以，则.
故选：C
4．平行于直线，且与的距离为的直线的方程为（ ）
A．B．或
C．D．或
【答案】B
【分析】利用平行直线系设出直线方程，然后利用平行直线间的距离公式计算出m的值.
【详解】解：设与直线平行的直线方程为，
由，
解得：或.
∴ 所求直线方程为或.
故选：B.
5．我国油纸伞的制作工艺巧妙．如图（1），伞不管是张开还是收拢，伞柄始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈能够沿着伞柄滑动．如图（2），伞完全收拢时，伞圈已滑动到的位置，且、、三点共线，，为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈沿着伞柄向下滑动的距离为，则当伞完全张开时，的余弦值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出、、的长，利用余弦定理求出，再利用二倍角的余弦公式可求得的值.
【详解】依题意分析可知，当伞完全张开时，，
因为为的中点，所以，，
当伞完全收拢时，，所以，，
在中，，
所以，.
故选：A.
6．设，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三角恒等变换可得答案.
【详解】因为，所以．
因为，所以，
所以，则．
故选：B.
7．在中，，为的外心，，，则（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】B
【分析】设的中点为D,E，将，变为，根据数量积的几何意义可得，同理求得，根据数量积的定义即可求得答案.
【详解】如图，设的中点为D,E，连接OD,OE,则 ,
故，即 ,
即，故,
，即 ,
即，故,
故,
故选：B
8．已知函数，，，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】依题意可得对恒成立，记，即在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，分、、三种情况讨论，即可求出参数的取值范围.
【详解】，等价于，
记，即在上恒成立，
.
当即时，，在上单调递减，
所以当时，即恒成立；
当时，记，则，
当时，单调递减，又，，
所以存在，使得，当时，，单调递增，
所以，即，
所以当时，，即，不符合题意；
当时，，不符合题意.
综上，的取值范围是.
故选：C
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.
二、多选题
9．已知向量，，，，则（ ）
A．B．
C．D．在上的投影向量为
【答案】AC
【分析】利用平面向量加法的坐标运算可判断A选项；利用平面向量垂直的坐标表示求出的值，利用平面向量减法的坐标运算可判断B选项；求出的坐标，利用平面向量模长的坐标运算可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，，A正确；
对于B选项，因为，所以，则，
所以，B错误；
对于C选项，因为，
所以，C正确；
对于D选项，在上的投影向量为
，D错误．
故选：AC.
10．若函数在上的零点从小到大排列后构成等差数列，则的取值可以为（ ）
A．0B．1C．D．
【答案】ABD
【分析】函数有零点，即函数与的图象有交点，画出函数与的图象，结合图象求解即可.
【详解】因为函数有零点，所以．
画出函数与的图象，如图所示．
当或1时，经验证，符合题意．
当时，由题意可得．
因为，所以．
故选：ABD.
11．已知等比数则的公比为，前项积为，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】利用数列的基本性质可得出，，求出的取值范围，可判断AB选项；利用等比数列的性质可判断CD选项.
【详解】因为数列等比数则的公比为且，则，
所以，，，
又因为，则，所以，，从而，
故对任意的，，由可得，A对B错；
，，即，C对D错.
故选：AC.
12．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折到△AB1M的位置，连接B1C和B1D，N为B1D的中点，在翻折过程中，则下列结论中正确的是（ ）
A．始终有AM⊥B1C
B．线段CN的长为定值
C．直线AB1和CN所成的角始终为
D．当三棱锥B1﹣AMD的体积最大时，其外接球的表面积是
【答案】ABD
【分析】根据线面垂直、平行四边形、线线角、外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由于四边形是菱形，，所以三角形是等边三角形，
是的中点，所以，
则在折叠的过程中，，
由于平面，
所以平面，由于平面，所以，A选项正确.
设是的中点，由于是的中点，
所以，
由于，
所以，所以四边形是平行四边形，
所以，
在直角三角形中，为定值，
，所以三角形是等边三角形，
所以，也即直线AB1和CN所成的角始终为，C选项错误.
三角形的面积不变，所以当平面平面时，到平面的距离最大，
由于平面平面且交线为，平面，，
所以平面，由于平面，所以.
同理可证得平面，
由于平面，所以，
所以三棱锥B1﹣AMD的体积最大时，其外接球的球心为，
，
所以外接球的半径为，表面积为，D项正确.
故选：ABD
三、填空题
13．正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为 .
【答案】
【分析】根据台体的结构特征结合台体的体积公式运算求解.
【详解】如图，过A1作下底面的投影，垂足为M，
上底面对角线长，下底面对角线长，则，
可得正四棱台的高，
所以正四棱台的体积.
故答案为：.

14．已知正项等比数列的前项和为，若，且，则满足的的最大值为 .
【答案】4
【分析】利用等比数列通项公式及前n项和基本量的运算求出公比和首项，然后建立指数不等式求解即可.
【详解】设公比为，因为，所以，解得.
又由，即，解得，所以.
由，得，所以的最大值为4.
故答案为：4
15．在边长为的等边中，在边上，延长到，使得，若（其中为常数），则 .
【答案】/1.5；/
【分析】结合与三点共线，可求得，再根据根据余弦定理建立方程即可求解.
【详解】因为，所以，
又在边上，即三点共线，所以，即，
所以，又，所以，，
设，，则，.
根据余弦定理可得，，
因为，所以，即，解得，
所以的长度为.
故答案为：；.
16．已知函数，直线，是的两条切线，，相交于点，若，则点横坐标的取值范围是 ．
【答案】
【分析】记，，不妨设与相切于点，与相切于点，则，，利用导数求出，再求出直线，的方程，解方程求出点的横坐标，再利用基本不等式得解.
【详解】记，，
由函数图象可知，不妨设与相切于点，与相切于点，则，．
∴，，∴，，
∵，∴，即，所以，
∵的方程为，的方程为，
两方程相减得点的横坐标，
∵，∴，
∴，即点横坐标的取值范围是．
故答案为：
四、解答题
17．已知数列前项和为，且满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求证：.
【答案】(1)，；
(2)证明见解析．
【分析】（1）利用求通项公式；
（2）求出，利用裂项相消法求和后可证得不等式成立．
【详解】（1）由已知，
时，，
此时也适合上式,
所以，；
（2）由（1），，
所以，
18．已知的内角的对边分别为，且.
(1)求的值；
(2)若，求面积的最大值.
【答案】(1)0
(2).
【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式可得，即可得，利用诱导公式计算可得；
（2）利用不等式可得，再由勾股定理即可求得面积的最大值为.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得.
又，
所以.
又因为，所以.
又，可得，
故.
（2）因为，所以，
当且仅当时，等号成立.
又可知，
所以面积的最大值为.
19．已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若对，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出，然后算出和，代入点斜式方程求解即可；
（2）由题意得，然后利用导数求出右边函数的最大值即可.
【详解】（1）由得，
所以切线斜率，又，
所以曲线在点处的切线方程为，化简得；
（2）对，恒成立，即在恒成立，
即在恒成立，设，则，令得，
当时，，为单调递增，
当时，，为单调递减，
所以函数在时，函数取得极大值，
所以，因为恒成立，所以，
所以的取值范围是.
20．如图，在三棱锥中，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点E，使得二面角的正切值为?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，.
【分析】（1）用余弦定理求角，再用几何关系证明线面垂直即可证明面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，用向量方法进行坐标运算即可求解.
【详解】（1）证明：在中，，所以，
过点D作于点O，连接，则，
因为，，为公共边，所以.
所以，且，又，所以，所以，
又因为，平面，，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）设存在满足题意的点E，由（1）可知，，两两垂直，以点O为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，则，，，，
，，，
设，，则，
显然平面的法向量.
设平面的法向量，则，
取，则，，所以，
若二面角的正切值为，则其余弦值为，
则，
整理得，所以，又因为，所以，
所以，即当时，二面角的正切值为.
21．已知数列满足：.
(1)设，求证数列是等比数列，并求其通项公式；
(2)求数列前20项中所有奇数项的和.
【答案】(1)证明见解析，；
(2)
【分析】（1）根据题意，先求出，再计算得，即可证明是等比数列，进而求得；
（2）将前20项奇数项的和利用递推式转化为关于偶数项的和，再利用将关于的计算转化为关于的计算，进而求得结果.
【详解】（1）令，得；
根据题意，得，，
所以，
所以数列是，的等比数列，故；
（2）由（2）可得，
所以数列前20项中所有奇数项的和
.
22．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若关于的方程有两个不相等的实数根、，
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求出，分、两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间；
（2）（i）将方程变形为，令，令，可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；
（ii）将所证不等式等价变形为，由变形可得出，推导出，即证．令，只需证，构造函数，其中，利用导数法即可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，
所以，其中.
①当时，，所以函数的减区间为，无增区间；
②当时，由得，由可得.
所以函数的增区间为，减区间为．
综上：当时，函数的减区间为，无增区间；
当时，函数的增区间为，减区间为．
（2）解：（i）方程可化为，即．
令，因为函数在上单调递增，
易知函数的值域为，
结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根．
又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为．
令，其中，则．
由可得或，由可得，
所以，函数在和上单调递减，在上单调递增．
所以，函数的极小值为，
且当时，；当时，则.
作出函数和的图象如下图所示：
由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，
所以，实数的取值范围是.
（ii）要证，只需证，即证．
因为，所以只需证．
由（ⅰ）知，不妨设．
因为，所以，即，作差可得．
所以只需证，即只需证．
令，只需证．
令，其中，则，
所以在上单调递增，故，即在上恒成立．
所以原不等式得证．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.