2024-2025学年福建省龙岩市上杭县高三上册12月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年福建省龙岩市上杭县高三上册12月月考数学检测试题（附解析），共19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（本大题共8小题）
1．已知公式，根据此公式，（ ）
A．B．C．D．
2．已知数列的前项和，则等于（ ）
A．12B．15C．18D．21
3．已知P是直线l：3x－4y＋11＝0上的动点，PA，PB是圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值是（ ）
A．B．2C．D．2
4．如图是函数的部分图象，则函数的解析式可为（ ）
A．B．C．D．
5．1903年，火箭专家、航天之父康斯坦丁・齐奥尔科夫斯基就提出单级火箭在不考虑空气阻力和地球引力的理想情况下的最大速度满足公式：，其中分别为火箭结构质量和推进剂的质量，是发动机的喷气速度.已知某单级火箭结构质量是推进剂质量的2倍，火箭的最大速度为，则火箭发动机的喷气速度为（ ）（参考数据：，）
A．B．C．D．
6．若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，长轴长为4，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ）
A．离心率的取值范围为
B．的最小值为2
C．存在点使得
D．当离心率为时，的最大值为
8．设为数列的前项和，若，且存在，，则的取值集合为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图，在正方体中，点，分别为，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与为异面直线B．直线与所成的角为
C．D．平面
10．已知是圆上的动点，直线与交于点，则（ ）
A．B．直线与圆相切
C．直线与圆截得弦长为D．OQ的值为
11．已知三次函数有三个不同的零点，，（），函数也有三个零点，，（），则（ ）
A．B．若，，成等差数列，则
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为 .
13．已知椭圆的左顶点和上顶点分别为，.左、右焦点分别是，，在线段上有且只有一个点满足，则椭圆的离心率的平方为 .
14．已知菱形的各边长为2，.如图所示，将沿折起，使得到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时，是线段中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则三棱锥外接球半径为 ，则点的轨迹的周长为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，已知，，分别为角，，的对边．若向量，向量，且．
(1)求的值；
(2)若，，成等比数列，求的值．
16．设，.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若，试讨论的单调性.
17．已知四棱锥，底面为菱形，为上的点，过的平面分别交于点，且∥平面．

(1)证明：；
(2)当为的中点，与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
18．已知圆C经过，两点.
(1)当时，圆C与x轴相切，求此时圆C的方程；
(2)如果AB是圆C的直径，证明：无论a取何正实数，圆C恒经过除A外的另一个定点，求出这个定点坐标.
(3)已知点A关于直线的对称点也在圆C上，且过点B的直线l与两坐标轴分别交于不同两点M和N，当圆C的面积最小时，试求的最小值；
19．已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，设集合，设为集合中的元素个数，当时，规定.
(1)若，求，，的值；
(2)若，设的前项和为，求；
(3)若数列是等差数列，求数列的通项公式.
答案
1．【正确答案】B
【详解】∵，
∴.
故选B.
2．【正确答案】B
【分析】根据前项和的性质即可求解.
【详解】因为，
则．
故选：B．
3．【正确答案】C
【分析】由圆C的标准方程可得圆心为，半径为1，由于四边形PACB面积等于，，故求解最小值即可，又最小为圆心到直线的距离，即可得出四边形PACB面积的最小值.
【详解】圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心为，半径为r＝1，
圆心到直线l：3x－4y＋11＝0的距离
所以圆C与直线l相离.
根据对称性可知，四边形PACB的面积为
要使四边形PACB的面积最小，则只需最小.
又最小值为圆心到直线l：3x－4y＋11＝0的距离．
所以四边形PACB面积的最小值为．
故选：C．

关键点睛：本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，考查圆心与直线上点的距离的最值，解答本题的关键是将四边形PACB面积化为，即解最小值，转化为圆心到直线的距离，属于中档题.
4．【正确答案】A
【分析】根据周期可得或，对进行讨论，结合时，函数取最小值，求出，即可得函数表达式判断ABC；结合诱导公式即可判断D．
【详解】根据图象可得最小正周期为，
所以，故或，
由图可知当时，函数取最小值，
当时，可得，，
所以，，此时，
当时，可得，，
所以，，取可得，，
故函数的解析式可能为，B、C错；
由，D错误．
故选：A．
5．【正确答案】B
【分析】根据实际问题，运用对数运算可得.
【详解】由题意，，
得，故，
故选：B
6．【正确答案】C
【分析】根据同角平方和关系以及余弦的差角公式即可平方相加得解.
【详解】由于，，
故两式平方相加可得得：；
所以，即．
故选：C．
7．【正确答案】D
【分析】根据长轴得，由点在椭圆内部，解得，进而可得
即可由离心率公式判断A，利用基本不等式的乘“1”法即可求解C，利用垂直可判断点轨迹，即可结合的大小关系求解C,根据椭圆定义，结合三点共线即可求解D.
【详解】因为长轴长为4，所以，即，
因为点在椭圆内部，
所以，即，故
对于，故A错误；
对于B，由于，故由基本不等式可得，当且仅当时取到等号，所以的最小值为1，故B错误．
对于C：若，则在以为直径的圆上，则，
由A选项知，，,，所以，
所以不存在使得，故C错误；
对于D，
当点，，共线且在轴下方时，取最大值，
由，即，解得，所以,，
所以，
所以的最大值为，故D正确；
故选：D
8．【正确答案】A
【分析】利用可得,继而可得数列的奇数项和偶数项都是公差为2的等差数列，根据可得或，对的取值讨论即可求解．
【详解】由可得存在，使得，且
因为，
所以，
假设，解得或（舍去），
此时，
由存在，，所以有或，
由可得，，两式相减得：，
当时，有，即，
根据可知：数列的奇数项和偶数项分别是等差数列，且公差均为2，
所以，解得，
当时，有，即，，解得，
由已知得，所以．
故选：A．
关键点点睛：利用可得,得数列的奇数项和偶数项都是公差为2的等差数列.
9．【正确答案】ABD
【分析】直接根据异面直线及其所成角的概念可判断AB，利用反证法可判断C，利用线面平行判定定理可判断D.
【详解】如图所示，连接，，，
由于，分别为，的中点，即为的中点，
所以，面，面，
所以平面，即D正确；
所以与共面，而，所以直线与为异面直线，即A正确；
连接，易得，
所以即为直线与所成的角或其补角，
由于为等边三角形，即，所以B正确；
假设，由于，，所以面，
而面显然不成立，故C错误；
故选：ABD.
10．【正确答案】ACD
【分析】根据两直线一般式满足的系数关系即可求解A，根据点到直线的距离与半径的关系即可求解B，根据弦长公式即可求解C，根据勾股定理即可求解D.
【详解】直线与，
由于，，故A正确；
圆心到的距离，直线与圆相离，故B错误；
圆心到的距离，弦长，故C正确；
由于，过圆心分别作的垂线，垂足为，如图,
则四边形为矩形，，故D正确．
故选：ACD．
11．【正确答案】ABD
【分析】求导根据两个极值点即可求解A，根据关于对称，结合等差中项即可求解B，根据图象即可求解C，利用因式分解可得，即可利用三元平方关系求解D.
【详解】由可得，
要使有三个不同的零点，，（），
则有两个不相等的实数根，故，
即，A正确，
由于为二次函数，关于对称，因此
，
故关于对称，
因此，，成等差数列，故x2,fx2是的对称中心，则，故B正确，
当时，作出的图象，则的图象与的图象交点如图所示，
由于，故，故C错误，

对于D，根据，
展开可得，
故，
同理可得的三个实数根为，，（），
则，
故，
因此，
故，
即得，故D正确，
故选：ABD
关键点点睛：根据因式分解可得，进而根据求解.
12．【正确答案】1
【分析】由，为上一点，且满足，可求得，再用及表示出及，进而求数量积即可.
【详解】由，可得，
又，，三点共线，
则有，
由于，所以，即，
又，
且，，，
故
.
故1.
13．【正确答案】
【分析】根据点的轨迹，结合直线与圆相切，利用点到直线的距离公式，即可列方程求解．
【详解】由于
由直线的方程为，整理得，
由于，则在以为直径的圆上，故
由于在线段上有且只有一个点满足，故直线与圆相切，
可得，两边平方，整理得，
两边同时除以，由，，
，又椭圆的离心率，．
椭圆的离心率的平方，
故
14．【正确答案】 /
【分析】根据线线垂直可得平面，由直角三角形可得三棱锥的高，结合勾股定理进而可得三棱锥外接球的半径，可得点的轨迹为截面圆的周长．
【详解】取中点，则，，，平面,
平面，，又，
，
作于，设点轨迹所在平面为，
则平面经过点且，
设三棱锥外接球的球心为，，的中心分别为，，
易知平面，平面，且，，，四点共面，
由题可得，，
在△，得，又，
则三棱锥外接球半径，
易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
截面圆的周长为，即点轨迹的周长为．
故，．
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
15．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意利用平面向量数量积的运算，正弦定理，两角和的正弦公式求解即可．
（2）利用等比数列的性质，正弦定理根据已知可得，求出的值，再利用同角三角函数基本关系式，两角和的正弦公式求解即可．
【详解】（1）因为，，且，
所以，
由正弦定理，可得，
所以，即，
又为三角形内角，，
所以；
（2）因为，，成等比数列，
所以，由正弦定理，可得，
又，为三角形内角，所以，
所以．
16．【正确答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）当时，先求导，再求，利用点斜式即可写出切线方程；
（2）分，，，四种情况，结合求导讨论即可求解．
【详解】（1）若，则，，
又，故，
所以在处的切线方程为，
即；
（2），，
当时，，令，即，解得，令，解得，
所以在上单调递减，,上单调递增；
当时，，在上单调递增，
当，即时，令，解得，或，令．解得，
所以在，,上单调递增，,上单调递减；
当，即时，令，解得，或，令．解得，
所以在，,上单调递增，,上单调递减．
综上：当时，所以在上单调递减，,上单调递增；
当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减；
当时，，在上单调递增，
当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减．
17．【正确答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据线面垂直可证平面，则，再根据线面平行的性质定理可证∥，进而可得结果；
（2）根据题意可证平面，根据线面夹角可知为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）设，则为的中点，连接，
因为为菱形，则，
又因为，且为的中点，则，
，平面，所以平面，
且平面，则，
又因为∥平面，平面，平面平面，
可得∥，所以.
（2）因为，且为的中点，则，
且，，平面，所以平面，
可知与平面所成的角为，即为等边三角形，
设，则，且平面，平面，
可得平面，平面，
且平面平面，所以，即交于一点，
因为为的中点，则为的重心，
且∥，则，
设，则，
如图，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
可得，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值.

18．【正确答案】(1)
(2)证明见解析，定点为
(3)
【分析】（1）圆的半径为r，则圆心为，再根据求得，即可得解；
（2）设点是圆上任意一点，由AB是圆C的直径，得，从而可求出圆的方程，即可得出结论；
（3）根据题意可得点C在直线上，要使圆C的面积最小，则圆C是以直径的圆，从而可求出圆的方程，进而可求得点的坐标，设出直线的方程，分别求出的坐标，再根据两点的距离公式结合基本不等式即可得解.
【详解】（1）解：时，圆过，，
设圆的半径为r，则圆心为，
则，解得，
所以圆C的方程为；
（2）证明：设点是圆上任意一点，
因为AB是圆C的直径，所以，
即，
所以圆的方程为：，
则，，等式恒成立，定点为，
所以无论a取何正实数，圆C恒经过除A外的另一个定点，定点坐标为；
（3）解：因点A关于直线的对称点也在圆C，
所以点C在直线上，
又圆C的面积最小，所以圆C是以直径的圆，
过点A与直线垂直的直线方程为，
由方程组得，
所以圆C的方程为，
当时，或，又，所以，即，
由题意知直线l斜率存在且不为零，设直线l的方程为，
当时，当，时，
所以，
当且仅当，即时取等号，
即时，.
19．【正确答案】(1)，，；
(2)
(3)
【分析】（1）由集合的新定义和集合中元素的性质，可得所求；
（2）由集合的新定义和，推得，再由数列的错位相减法求和，计算可得所求和；
（3）分和两种情况讨论，结合集合的新定义和等差数列的定义求解．
【详解】（1）若，可得，，，，，
由为集合中的元素个数，可得，，；
（2）若，可得，，，，，，
，则，
可得，
上面两式相减可得，
即有；
（3）由题可知，所以，即，
若，则，，
所以，，与是等差数列矛盾，
所以，
设，
因为是各项均为正整数的递增数列，
所以，
假设存在使得，
设，由得，
由得，，与是等差数列矛盾，
所以对任意都有，
所以数列是等差数列，．
方法点睛：常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.