2024届吉林省通化市梅河口市第五中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届吉林省通化市梅河口市第五中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，求得集合，，结合集合交集的概念及运算，即可求解.
【详解】由题意，集合，，
根据集合交集的概念及运算，可得.
故选：C.
2．若复数为纯虚数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用复数的除法运算化简复数，再根据纯虚数的概念列方程即可得解.
【详解】，
所以，解得，
故选：A.
3．已知函数，则“在区间上单调递增”的一个充分不必要条件为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】借助导数研究函数的单调性并运用充分不必要条件的定义即可得到.
【详解】在区间上单调递增等价于在区间上大于等于恒成立，
即在上恒成立，即，
故是的充分不必要条件，故D正确.
故选：D.
4．老张为锻炼身体，增强体质，计划从下个月号开始慢跑，第一天跑步公里，以后每天跑步比前一天增加的距离相同.若老张打算用天跑完公里，则预计这天中老张日跑步量超过公里的天数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知可得这天日跑步量成等差数列，再根据等差数列的通项公式求解.
【详解】由已知可得这天日跑步量成等差数列，记为，
设其公差为，前项和为，且
则，即，
解得，
所以，
由，得，
解得，
所以这天中老张日跑步量超过公里的天数为天，
故选：B.
5．两直线与平行，则它们之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据两直线平行求得的值，利用平行线间距离公式求解即可.
【详解】与平行,
,即
直线为,即
故选：B
6．已知直线与直线相交于点P，点，O为坐标原点，则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】B
【分析】根据给定条件求出点P的轨迹，再借助几何图形，数形结合求解作答.
【详解】直线恒过定点，直线恒过定点，
而，即直线与直线垂直，当P与N不重合时，，，
当P与N重合时，，令点，则，，
于是得，显然点P与M不重合，因此，点P的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆（除点M外），如图，
观察图形知，射线AP绕点A旋转，当旋转到与圆O：相切时，最大，最大，
因，为切线，点为切点，，，则，
所以最大值为，.
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及在垂直条件下求动点的轨迹问题，可以借助向量垂直的坐标表示求解，以简化计算，快捷解决问题.
7．设抛物线的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于点A，B，与圆交于点P，Q，其中点A，P在第一象限，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据抛物线与圆的位置关系，利用抛物线的焦半径公式，将表示为焦半径与半径的关系，然后根据坐标的特点结合基本不等式求解出的最小值.
【详解】如图所示：
因为圆的方程为即为，所以圆心为即为抛物线的焦点且半径
因为，所以，
又因为，，
所以，
设，所以，所以，所以，
所以，取等号时.
综上可知：.
故选：D.
【点睛】本题考查抛物线与圆的综合应用，着重考查了抛物线的焦半径公式的运用，难度较难.(1)已知抛物线上任意一点以及焦点，则有；(2)当过焦点的直线与抛物线相交于，则有.
8．设，，，则的大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，构造函数比较a，b，构造函数比较a，c作答.
【详解】令函数，，当时，，即在上递减，
则当时，，即，因此，即；
令函数，，当时，，则在上单调递增，
则当时，，即，因此，即，
所以的大小关系正确的是.
故选：B
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．已知点，，若直线与线段有交点，则或
B．是直线：与直线：垂直的充分不必要条件
C．经过点且在轴和轴上的截距都相等的直线的方程为
D．已知直线，：，，和两点，，如果与交于点，则的最大值是.
【答案】ABD
【分析】利用数形结合可判断A，利用两条直线垂直的条件及充分条件必要条件的定义可判断B，可求出过点且在轴和轴上的截距都相等的直线的方程判断C，利用条件可得两直线垂直，再利用基本不等式可求最值判断D.
【详解】对于A，∵直线过定点，又点，，
∴，
如图可知若直线与线段有交点，则或，故A正确；
对于B，由直线：与直线：垂直得，
，解得或，
故是直线：与直线：垂直的充分不必要条件，故B正确；
对于C，当直线过原点时，直线为，
当直线不过原点时，可设直线为，代入点，得，
所以直线方程为，
故经过点且在轴和轴上的截距都相等的直线的方程为或，故C错误；
对于D，∵直线，：，
又，所以两直线垂直，
∴，
∴，当且仅当时取等号，故D正确.
故选：ABD
10．设等差数列的前项和为，公差为．已知，，，则（ ）
A．B．数列的最大项为第9项
C．时，的最小值为17D．
【答案】ACD
【分析】求得的关系式，然后对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】依题意等差数列满足，，，
，，
，，，，
，则AD正确.
，，C选项正确.
由上述分析可知，，
，所以，数列的最大项不是第9项，B选项错误.
故选：ACD
11．已知抛物线，C的准线与x轴交于K，过焦点F的直线l与C交于P、Q两点，设的中点为M，过M作的垂线交x轴于D，下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．最小值为pD．
【答案】ABD
【分析】求出抛物线的焦点坐标、准线方程，设出直线的方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理、斜率坐标公式逐项分析判断作答.
【详解】抛物线焦点，准线方程为，则，
显然直线不垂直于坐标轴，设直线的方程为，，

由消去x得：，设，
则有，，
对于A，直线斜率，直线斜率
，即，因此，A正确；
对于B，，则，B正确；
对于C，显然，C错误；
对于D，显然点，直线的方程为，
令，得，即点，
因此，D正确.
故选：ABD
12．如图，正方体中，顶点在平面内，其余顶点在的同侧，顶点到的距离分别为，则（ ）

A．平面
B．平面平面
C．直线与所成角比直线与所成角大
D．正方体的棱长为
【答案】ABD
【分析】根据点到面的距离的性质，结合线面垂直的判定定理、线面角的定义、面面相交的性质进行求解判断即可.
【详解】解：设的交点为，显然是、的中点，
因为平面，到平面的距离为，所以到平面的距离为，
又到平面的距离为，
所以平面，即平面，即A正确；
设平面，
所以，
因为是正方形，所以，
又因为平面，平面，
所以，因为平面，
所以平面，因此有平面，而，
所以平面平面，因此选项B正确；
设到平面的距离为，
因为平面，是正方形，点，B到的距离分别为，1，
所以有，
设正方体的棱长为，

设直线与所成角为，所以，
设直线与所成角为，所以，
因为，所以，因此选项C不正确；
因为平面平面，平面平面，
所以在平面的射影与共线，
显然，如图所示：
由，
，
由（负值舍去），
因此选项D正确，
故选：ABD
三、填空题
13．已知集合，若，则实数 ．
【答案】
【分析】利用元素与集合的关系可得出关于的等式，解之即可.
【详解】因为集合，若，则，解得.
故答案为：.
14．在三棱锥中，平面，则三棱锥的内切球的表面积等于 .
【答案】
【分析】首先利用等体积法求出内切球半径，再利用球的表面积公式求答案即可.
【详解】如图，
由已知，得的面积为，
因为三棱锥的高为，
所以，等腰三角形底边上的高为，
所以三棱锥的表面积为，
体积.
又三棱锥的体积（其中为三棱锥内切球的半径），
所以，
所以三棱锥的内切球的表面积为.
故答案为：.
15．已知函数的定义域为，且的图像是一条连续不断的曲线，则同时满足下列三个条件的一个的解析式为 .
①，；②为奇函数；③在上单调递减.
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据函数的性质直接得解.
【详解】由题意为奇函数，且在上单调递减，
可假设，
此时，，即①成立，
故答案为：（答案不唯一）.
16．已知，，数列是公差为1的等差数列，若的值最小，则 ．
【答案】3
【分析】结合等差数列的通项公式，转化为二次函数的最值问题可解.
【详解】∵数列是公差为1的等差数列，可设：.
∴
∴当时，的值最小.
故答案为：3
四、问答题
17．已知函数
（1）求函数在的单调递减区间;
（2）求函数的最小正周期及在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1）；（2）最小正周期为；最大值为和最小值为.
【分析】（1）由题可得，求得函数的单调减区间，进而求得函数在的单调递减区间即可；
（2）根据求得最小正周期即可；由求得的取值范围即可求得区间上的最大值和最小值.
【详解】解：（1），
由，得，
当时，，当时，
所以，函数在的单调递减区间为.
（2）.
因为时，，所以，
所以，
所以在区间上的最大值为和最小值为.
【点睛】本题主要考查三角恒等变换，正弦型函数的最小正周期，单调性，最值，考查学生的计算能力，属于中档题.
18．设数列的前项和为，已知．数列是首项为，公差不为零的等差数列，且成等比数列．
（1）求数列和的通项公式；
（2）若，数列的前项和为，且恒成立，求的取值范围．
【答案】（1），；（2）.
【解析】（1）运用数列的递推式和等比数列的通项公式可得，再由等差数列的通项公式以及等比的定义，解方程可得公差，进而得到所求通项公式；
（2）利用错位相减法求出，易得，进而可得结果.
【详解】（1）∵，
当时，，两式相减化简可得：,
即数列是以3为公比的等比数列，
又∵，∴，解得，即，
设数列的公差为，，
∵成等比数列，∴，
解得或（舍去），即，
∴数列和的通项公式为，.
（2）由（1）得，
∴，
，
两式相减得：
∴，即有恒成立，
恒成立，可得，
即的范围是.
【点睛】一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
19．1.某科研机构为了研究某种药物对某种疾病的治疗效果，准备利用小白鼠进行科学试验．研究发现，药物在血液内的浓度与时间的关系因使用方式的不同而不同．若使用注射方式给药，则在注射后的4小时内，药物在白鼠血液内的浓度（单位：毫克/升）与时间t（单位：小时）满足关系式（，a为常数）；若使用口服方式给药，则药物在白鼠血液内的浓度（单位：毫克/升）与时间t（单位：小时）满足关系式现对小白鼠同时进行注射和口服该种药物，且注射药物和口服药物的吸收与代谢互不干扰．假设同时使用两种方式给药后，小白鼠血液中药物的浓度等于单独使用每种方式给药的浓度之和．
(1)若，求4小时内，该小白鼠何时血液中药物的浓度最高，并求出最大值；
(2)若要使小白鼠在用药后4小时内血液中的药物浓度都不低于4毫克/升，求正数a的取值范围．
【答案】(1)当时血液中药物的浓度最高，最大值为6
(2)
【分析】（1）根据题意建立函数关系式，进而结合二次函数最值求法和基本不等式求得答案；
（2）讨论和两种情况，
【详解】（1）当时，药物在白鼠血液内的浓度y与时间t的关系为
①当时，．
②当时，因为（当且仅当时，等号成立），
所以．
故当时血液中药物的浓度最高，最大值为6．
（2）由题意得
①当时，，
设，则，，则，故；
②当时，，
由，得，
令，则，，则，故．
综上，．
20．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.在中，内角，，的对边分别为，，，且满足________.
(1)求；
(2)若的面积为，的中点为，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选①，利用正弦定理的边角互化以及诱导公式可求解；选②，利用正弦定理的边角互化即可求解；选③，利用正弦定理的边角互化以及两角差的正弦公式即可求解.
（2）利用三角形的面积公式可得，再由余弦定理以及基本不等式即可求解.
【详解】（1）选①，
由正弦定理可得，
又因为，可得，
即，所以，
又因为，所以，
所以，解得.
②，
由正弦定理可得，
即，
整理可得，
又因为，解得，
因为，所以.
③，
由正弦定理可得，
整理可得，
即，
即，
所以或（舍），
即，即，解得.
（2），
解得，
由余弦定理可得
，
所以 ，当且仅当时，即取等号，
所以的最小值为.
五、证明题
21．已知函数，其中．
(1)当时，求证：在上单调递减；
(2)若有两个不相等的实数根．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：．
【答案】(1)证明见详解
(2)（i），（ii）证明见详解
【分析】（1）当时，利用导数可证明函数单调性；
（2）（i）方程有两个不等的实数根，即有两个不等的实数根，令，利用导数研究单调性，求出最值可得解；
（ii）要证，即证，又，，即证，可得，
令，即证，构造函数，利用导数可证明.
【详解】（1）当时，，，令，，
令，得，，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，即，
所以函数在上单调递减.
（2）（i）有两个不相等的实数根，，即方程有两个不相等的实数根，，
令，，
，当时，，即函数在上单调递减，函数至多一个零点，不合题意；
当时，，，，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，函数有两个零点，则，解得，
又，，不妨设，，
所以实数的取值范围为.
（ii）要证，即证，
又，，，即证，
将，两式相减可得，，
只需证，
即证，令，即证；
设函数，，则，
所以函数在上单调递增，则，即，
所以原不等式得证.
【点睛】方法点睛：本题第二问的第2小问是双变量不等式问题，利用导数解决的方法如下：
（1）变更主元法：对于题目涉及到的两个变元，，已知其中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外变元的取值范围问题，可以构造关于（或）的一元函数，利用导数判断单调性，最值求解证明.
（2）换元法转化为单变量：通过对所要证明式子结构特征的分析，做适当的变形，通过换元将双变量问题转化为单变量问题来解决，如指数型函数构造差值，对数型函数构造比值化双变量为单变量问题，从而构造函数求解；
（3）放缩法：通过巧妙的放缩变换，将给定的不等式转化为更易证明的形式，常见的放缩有加减放缩，乘除，取对数，去倒数，切线放缩等.
22．已知函数.
(1)当时，求的极值；
(2)若，求的值；
(3)求证：.
【答案】(1)在处取得极小值，无极大值
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得最值；
（2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值；
（3）利用放缩法，由，可知若证，即证，再根据，可得证.
【详解】（1）当时，，，
则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在处取得极小值，无极大值；
（2）由题意得，
①当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，与矛盾；
②当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
因为恒成立，所以，
记，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以，
又，
所以，
所以；
（3）证明：先证，
设，则，
所以在区间上单调递减，
所以，即，
所以，
再证，
由（2）可知，当时等号成立，
令，则，
即，
所以，，，
累加可得，
所以.
【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．