2024~2025学年湖南省娄底市涟源市高三上学期12月月考数学试卷【有解析】

这是一份2024~2025学年湖南省娄底市涟源市高三上学期12月月考数学试卷【有解析】，共15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．已知平面向量，，，则实数（ ）
A．B．1C．D．2
2．已知为虚数单位，，则（ ）
A．1B．2C．D．
3．已知集合且，，则的子集的个数为（ ）
A．3B．4C．8D．16
4．若命题，，则命题的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
5．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
6．函数（，，）的部分图象如图所示，图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数的图象.若对任意的都有，则图中的值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列的通项公式，在其相邻两项，之间插入个，得到新的数列，记的前项和为，则使成立的的最小值为（ ）
A．28B．29C．30D．31
8．已知点、是椭圆的左、右焦点，点M为椭圆B上一点，点关于的角平分线的对称点N也在椭圆B上，若，则椭圆B的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．某超市在两周内的蓝莓每日促销量如图所示，根据此折线图，下面结论正确的是（ ）
A．这14天日促销量的众数是214
B．这14天日促销量的中位数是196
C．这14天日促销量的极差为195
D．这14天日促销量的第80百分位数是243
10．已知直线和圆相交于M，N两点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线过定点
B．的最小值为3
C．的最小值为
D．圆上到直线的距离为的点恰好有三个，则
11．如图，在棱长为4的正方体中，E，F分别是棱的中点，P是正方形内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面CEF，则点P的轨迹长度为
B．若，则点P的轨迹长度为
C．若P是正方形的中心，Q在线段EF上，则的最小值为
D．若P是棱的中点，三棱锥的外接球球心为O，则平面截球O所得截面的面积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，则的最大值为 ．
13．在的展开式中，的系数为 ．
14．已知数列，等可能取，0或1，数列满足，且，则的概率为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知的内角，，所对的边分别是，，，且．
(1)求角；
(2)若，，求的面积．
16．如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，为等边三角形，平面平面，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知椭圆的离心率为，且过点.
(1)求椭圆的方程：
(2)过点的直线与椭圆交于点、，设点，若的面积为，求直线的斜率.
18．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，
（ⅰ）求的极值；
（ⅱ）若的极小值小于0，求的取值范围．
19．已知数列满足，且对任意正整数都有.
(1)写出，并求数列的通项公式；
(2)设数列的前项和为，若存在正整数，使得，求的值；
(3)设是数列的前项和，求证.
答案
1．【正确答案】A
【详解】因为，，，
所以，解得，
故选：A
2．【正确答案】C
【详解】依题意，，而，则，
所以.
故选：C
3．【正确答案】B
【详解】由题意可知，，则，
所以的子集的个数为.
故选：B
4．【正确答案】D
【详解】命题，为存在量词命题，
则该命题的否定为，，
故选：D．
5．【正确答案】B
【详解】因为，定义域为，
又，
所以是奇函数，从而ACD错误，B正确.
故选：B.
6．【正确答案】A
【详解】解：由，得.
的图象上的所有点向左平移个单位长度后得的图象，
由题意知为奇函数，所以其图象关于原点对称，得函数的图象过点.
设的最小正周期为，则，所以，故.
又，，且，可得，
所以，.
故选：A.
7．【正确答案】B
【详解】由题意，数列元素依次为，，
在到之间3的个数为，故到处共有35个元素，
所以前30项中含，，及26个3，
故，
而，
故成立的最小的为29.
故选：B
8．【正确答案】B
【详解】由题意可知，，
且，，
所以，

因为，所以，
所以即，
又，所以，
所以由余弦定理得，
整理得，所以即.
故选：B.
9．【正确答案】AC
【详解】根据题意得蓝莓每日促销量从小到大排列得到数据为：
，
对于A，则这14天蓝莓每日促销量的众数是214，故A正确；
对于B，这14天蓝莓每日促销量的中位数是第7和8个数据的平均值，即，故B错误；
对于C，这14天蓝莓每日促销量的极差是，故C正确；
对于D，因为，所以这14天蓝莓每日促销量的第80百分位数为第12个数据，即260，故D错误.
故选：AC.
10．【正确答案】AC
【详解】对于A，直线，即，
由解得，所以定点坐标为，A正确，
对于B，圆的圆心为，半径为，
点与圆心的距离为，
所以的最小值为，此时直线垂直于轴，故此时无最小值，
故B错误，
对于C，设，则，
当，即直线方程为时，
取得最小值为，所以C正确，
对于D，若圆上到直线的距离为的点恰好有三个，
则圆心到直线的距离为，
所以，
整理得，所以D错误.
故选：AC
11．【正确答案】ACD
【详解】如图，取的中点为N，M，连接MN，DN，BD，BM，NE，，
所以，又E，F分别是棱的中点，
所以，所以，
平面CEF，平面CEF，
∴平面CEF，
因为N，E分别是棱的中点，所以，且，
所以四边形CDNE为平行四边形，
所以，又平面CEF，平面CEF，
∴平面CEF，
又，MN，平面BDNM，
所以平面平面CEF，
点P是正方形内的动点，且平面CEF，
所以点P的轨迹为线段MN，由勾股定理得，故A正确；
如图，以A为原点，建立空间直角坐标系，
由题意得A0,0,0，设，
，
所以，所以点P的轨迹为为圆心，半径为1的个圆，
所以点P的轨迹长度为，故B错误：
如图，将平面CEF翻折到与平面共面，
连接PC，与EF交于点Q，此时取到最小值，
∵，且，
所以点Q为EF的中点，所以，
所以，
即的最小值为，故C正确：
如图，连接PF，交于点，连接PE，设三棱锥的外接球的半径为，
若P是棱的中点，则，
所以FP是外接圆的一条直径，所以是外接圆的圆心，
过点作平面ABCD的垂线，则三棱锥的外接球的球心O一定在该垂线上，
连接OP，设，则，
连接OC，，所以，
所以，解得，
所以，
点到平面的距离为，
则球心到平面的距离为，
则截面圆的半径为，
所以截面的面积为，故D正确；
故选：ACD．
12．【正确答案】
【详解】因为，所以，故.
又因为，故，从而，这就得到.
而当，时，有，且.
所以的最大值为.
故答案为.
13．【正确答案】224
【详解】因为通项公式为，
当时，，
所以的系数为224.
故224
14．【正确答案】
【详解】由题意可得：，
，
，
，
若，则，
从各随机从中选一个，共有种情况；
若，
可分为三类：
都取0，一种情况；
中两个取0，一个取1，一个取，共有，
中两个取1，两个取，共有，
共计19种情况，
所以的概率为：．
故
15．【正确答案】(1)；
(2)答案见解析.
【详解】（1）在中，，
又，所以，
由余弦定理得， 又，
则.
（2）在中，，，
由余弦定理，得，即，解得或．
当，，时，可构成三角形，此时的面积为；
当，，时，可构成三角形，此时的面积为．
16．【正确答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）因为为等边三角形，为的中点，
所以．
过作，垂足为，
因为底面为直角梯形，，，，，
所以，则，
由得，所以
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面．
因为平面，所以．
又，平面，所以平面．
（2）由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，过且平行于的直线为轴，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，令，则，
由（1）可知，轴⊥平面，不妨取平面的法向量为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
17．【正确答案】(1)；
(2)
【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，解得，
由椭圆过点，得，联立解得，
所以椭圆的方程为.
（2）依题意，直线不垂直于轴，设其方程为，，则，
由消去得，显然，
则，
的面积
，解得，
所以直线的斜率.

18．【正确答案】(1)
(2)（ⅰ）极小值，无极大值；（ⅱ）
【详解】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即；
（2）（ⅰ）因为的定义域为，且，
令，解得；
当时，；当时，；
所以在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值；
（ⅱ）由题意可得：，
因为，所以，
构建，，
因为，所以在内单调递增，
因为，不等式等价于，解得，
所以的取值范围为.
解法二：
由题意可得：，即，
构建，，
因为，在内均单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以的取值范围为.
19．【正确答案】(1)，，
(2)2
(3)证明见解析
【分析】(1)分别讨论当时和当时，数列的通项公式.
分别讨论当为偶数和奇数时，前项和为.
先化简，得，再证明时，，利用结论，对数列进行放缩，得到.
【详解】（1）因为对任意正整数都有，
故，，
令，可得，
所以.
当时，，
当时，，符合上式，所以；
（2）由（1）得，当为偶数时，
当为奇数时，为偶数，
.
综上所述，；
若为偶数，则为奇数，由，得，
解得（舍去）或；
若为奇数，则为偶数，由，得，方程无解，
不合题意，舍去.
综上，所求的值为2.
（3）由
现在我们来证明时，，
令，求导得，
所以在上单调递增，所以，
结合当时，，有，
所以.
故
【关键点拨】问题的第三问，先化简，得，再证明时，，利用结论，对数列进行放缩，得到，可证结论.