2024-2025学年安徽省安庆市2024届高三上册12月月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年安徽省安庆市2024届高三上册12月月考数学检测试题（含解析），共17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。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题，则为（ ）
A．B．
C．D．
3．已知向量，满足，且，，则（ ）
A．5B．3C．2D．1
4．记为等差数列的前n项和，已知，．若，则（ ）
A．5B．6C．7D．8
5．已知正三棱台的上、下底面边长分别为4和6，斜高为1，则该正三棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．设，，，设a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，的定义域为，且．若是偶函数，，是奇函数，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（每题5分，少选得2分，错选0分）
9．下列等式中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知，若，则（ ）
A．B．
C．的最大值为D．的最小值为8
11．已知首项为的等差数列的前n项和为，公差为d，且，则（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数，则（ ）
A．曲线在处的切线方程为
B．在上单调递增
C．对任意的，，有
D．对任意的，，，，则
三、填空题（每题5分）
13．已知向量，则在上的投影向量的坐标为 ．
14．已知函数在区间上的最大值为，最小值为，则 ．
15．若数列满足，则 ．（用具体数值作答）
16．已知曲线与曲线（）相交，且在交点处有相同的切线，则 .
四、解答题（共70分）
17．二次函数满足，且方程有两个相等的实数根.
(1)求的解析式；
(2)若函数在区间不单调，求实数的取值范围；
(3)若在的最大值与最小值差为，若，求的最小值.
18．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
(1)求角A；
(2)若，BC边上的高为，求c.
19．已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的解析式；
（2）在中，角，，的对边分别为，，，若，求的取值范围.
20．已知数列中，，且．
(1)求的通项公式；
(2)求的前项和．
21．已知正项数列是公差为2的等差数列，且成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
22．已知函数，．
(1)讨论函数在区间上的单调性；
(2)证明：存在实数，使得函数与各有2个零点，若各零点从小到大排列记为，，，，则满足．
1．C
【分析】集合的交集的运算，注意集合中元素为整数.
【详解】由题意知，，所以；
故选：C.
2．B
【分析】根据全称命题的否定原则求解即可.
【详解】全称命题的否定原则为，全称量词变为特称量词，然后否定结论，
所以命题的否定为.
故选：B
3．D
【分析】将平方，求出， 再利用计算即可.
【详解】∵，∴．∵，，
∴，∴，
∴．
故选：D．
4．B
【分析】设等差数列的公差为，由等差数列的通项公式和前项和公式列方程组，解方程求出，即可求出，代入即可得出答案.
【详解】设等差数列的公差为．由条件可知解得
所以，．
由，得，即，解得（舍去）．
故选：B．
5．D
【分析】利用已知条件算出上下底面的面积和棱台的高，再由体积公式计算.
【详解】由正三棱台的结构特征知，其上、下底面分别是边长为4和6的等边三角形，如图所示，
为两底面的中心，则为的中点，过作下底面垂线，垂足为，

，，，
棱台的高，
该正三棱台的上底面的面积为，下底面的面积为，
所以正三棱台的体积．
故选：D
6．B
【分析】将所求角通过拆角、变角，利用两角和的余弦公式求解即可.
【详解】，所以，，
因为，所以，
因为，所以，
，
故选：B．
7．A
【分析】构造函数，由导数判断单调性后比较．
【详解】解：构造函数，则，
当时，，函数在上为减函数，
而，，，又，
所以，即，
故选：A
8．C
【分析】根据是奇函数，得出的对称性，然后得出关于的恒等式，与联立得出的周期性，然后求出一个周期内的各个值即可.
【详解】由是奇函数可知，函数的图象关于点对称，
所以，则，
将其代入，得，所以.
又是偶函数，
所以函数的图象关于直线对称，则．
由，得，所以．
由，得，所以，
则，所以，所以的周期为8．
由，，得，所以，
由，得，，所以，
由，
得，，，，
即，
所以
．
故选：C．
9．AB
【分析】根据题意结合三角恒等变换逐项分析判断.
【详解】对于选项A：，故A正确；
对于选项B：，故B正确；
对于选项C：，故C错误；
对于选项D：，故D错误；
故选：AB.
10．ABD
【分析】对于AB：根据题意消去，结合的取值范围分析求解；对于C：根据基本不等式运算求解；对于D：根据“1”的灵活应用结合基本不等式分析求解.
【详解】因为，，则，可得，
对于选项AB：因为，
所以，，故AB正确；
对于选项C：因为，
当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为，故C错误；
对于选项D：因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为8，故D正确；
故选：ABD.
11．AC
【分析】由得出的范围，判断A；作差结合等差数列的性质判断B；根据数列的单调性，判断C；由求和公式结合性质判断D.
【详解】对于A：因为，所以，
则，解得，故A正确；
对于B：，则，故B错误；
对于C：因为，所以数列为递增数列，
因为，，即数列的前8项为负数，从第9项开始，都为正数，
则，故C正确；
对于D：，故D错误；
故选：AC
12．BCD
【分析】利用导数，结合切线、单调性、不等式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A.由题意可知：，，则，
则曲线在处的切线方程为.故A错误；
B.令，则，
令，
则，
则在上单调递增，则，
则，则在上单调递增，故B正确；
C.令，则，
则在上单调递增，
则，则，
∴，故C正确；
D.令，则，
令，则，
则在上单调递增﹐则，则，
则在上单调递增，则，则，故D正确.
故选：BCD
求解切线有关问题，关键点有3个，第一个是要判断已知点是在曲线上还是在曲线外；第二个是切点的坐标，切点既在曲线上，也在切线上；第三个斜率，斜率可利用导数求得，也可以利用直线上两点坐标来求得.
13．
【分析】根据向量的坐标运算可得，进而结合投影向量的定义运算求解.
【详解】由题意可得：，
所以在上的投影向量的坐标为.
故答案为.
14．6
【分析】设，分析可知为奇函数，根据奇函数的对称性分析求解.
【详解】设，
则的定义域为，且连续不断，
由，可知为奇函数，
设在上的最大值为，
由奇函数的对称性可知在上的最小值为，
则函数在区间上的最大值为，最小值为，
所以.
故6.
15．107
【分析】根据分组求和法结合等差、等比数列求和公式运算求解.
【详解】由题意可得：
，
所以.
故107.
16．
【分析】可先设交点为，利用利用两函数在该点处的函数值和切线斜率相同列方程，可求的值.
【详解】易知：必有.
设两曲线的交点为，，，由题意：，
两式相除得：，∵，∴.
代入得：
解得a=e2.
故
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设，根据，求得，由，函数关于对称，再根据方程有相等的实数根判别式为0，即可得解；
（2）根据二次函数的单调性列出不等式即可得解：
（3）根据二次函数的性质求解最值，进而根据基本不等式即可求解.
【详解】（1）设，由，得，
因为，所以函数关于对称，即，所以，
又方程有相等的实数根，即方程有相等的实数根，
则，解得，所以，所以；
（2）的对称轴为，由于在区间 不单调，所以，解得，
所以实数的取值范围为
（3）由于的对称轴为，所以在单调递减，在单调递增，所以当时，分别取最小值和最大值，所以 ，故，进而，由于，所以，当且仅当时，取等号，
所以，
故的最小值为
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变形即可求解；
（2）利用三角形面积公式和余弦定理求解即可.
【详解】（1）由已知条件得,
由正弦定理得，
∵，∴，∴，
又∵, ∴, ∴,∴;
（2）由三角形面积公式得
∵，，
∴，即，
由余弦定理得, 将代入可得，
解得或（舍去），
故.
19．（1）；（2）.
【分析】（1）由图得出最大值和周期，由此求出，代入最高点坐标求出，由此求出解析式
（2）由基本不等式求出的取值范围，从而求出角取值范围，再结合三角函数性质求解范围即可.
【详解】（1）由图知，
，
∴，.
，
又，
∴，
∴.
（2）∵，当且仅当取“”，
∵，
∴，
∴，
∴.
求三角函数的解析式时，由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标，则令或)，即可求出，否则需要代入点的坐标，利用一些已知点的坐标代入解析式，再结合函数的性质解出和，若对的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，分为奇数和为偶数，两种情况讨，结合等差、等比数列的通项公式，即可求解；
（2）由（1）中数列的通项公式，分为奇数和为偶数，结合分组求和法和等差、等比数列求和公式，即可求解.
【详解】（1）解：当为奇数时，由可得，
所以数列的奇数项成等差数列，且公差为2，又由，故；
当为偶数时，由，可得，
所以数列的偶数项成等比数列，且公比为4，又由，故，
所以数列的通项公式为.
（2）解：当为奇数时，
则
，
当为偶数时，
则
，
综上可得，.
21．（1）；（2）
【详解】分析：（1）利用已知条件可列出的两个方程，联立，解出，从而再由是等差数列得通项公式；
（2）数列的前项和可用错位相减法求得.
详解：（1）因为数列是公差为2的等差数列，所以，
则，
又成等比数列，所以，
解得或，因为数列为正项数列，所以.
所以，
故.
（2）由（1）得，
所以，
所以，
即 ，
故.
点睛：解决数列求和问题首先要掌握等差数列和等比数列的前项和公式，其次要掌握一些特殊数列的求和方法，设是等差数列，是等比数列，则数列用分组求和法求和，数列用错位相减法求和，数列用裂项相消法求和.
22．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，分类讨论确定的正负，从而得单调性；
（2）由，可得，，然后按是或的零点分类讨论证明．
【详解】（1）因为，所以．当时，，所以在上单调递增．
当时，令，解得．
当时，，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减．
当时，，，所以在上单调递减．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减．
（2）结合（1）可知，若存在实数，使得函数有2个零点，
则，即．
此时，当时，．
所以存在，使得函数有2个零点．
因为，所以存在，
使得函数也有2个零点．
因此为函数的一个零点，为函数的一个零点．
①若为函数的另一个零点，为函数的另一个零点，
则，，
所以,所以，所以．
②若为函数的另一个零点，为函数的另一个零点，
则，，，
所以,所以，所以，
综上可知，存在，使得函数与各有2个零点，且满足．
方法点睛：用导数研究函数的零点问题，一般求出导函数，由导函数确定函数的单调性，再结合零点存在定理确定零点的存在，在解含有参数的不等式时需要分类讨论．