2024~2025学年山东省高三上学期第二次月考（12月）数学试卷【有解析】

这是一份2024~2025学年山东省高三上学期第二次月考（12月）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．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知θ是三角形的一个内角，满足，则（ ）
A．B．C．D．
4．如图，平行四边形中，，，若，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数是R上的增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知球O的半径为R，A，B，C三点在球O的球面上，球心O到平面的距离为，，，则球O的表面积为（ ）
A． B．C．D．
7．若数列和满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
8．若函数有两个极值点，，且，实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．的单调递增区间是
B．的单调递增区间是
C．在上有3个零点
D．将函数图象向左平移3个单位长度得到的图象所对应的函数为奇函数
10．下列说法正确的有（ ）
A．若，则函数的最大值为
B．已知，则的最小值为
C．若正数x、y满足，则的最小值为3．
D．设x、y为正实数，且，则的最小值为6
11．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ）
A．B．点到直线的距离是
C．D．异面直线与所成角的正切值为4
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知幂函数过点，若，则实数的取值范围是 .
13．已知函数在区间上不单调，则m的取值范围是 ．
14．已知正方体的棱长为1，点，分别是线段，上的两个动点，若与底面所成角的度数为，则线段长度的取值范围是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知O为坐标原点，，（x∈R，且为常数），若．
(1)求函数的最小正周期和单调递减区间；
(2)若时，函数的最小值为2，求实数a的值．
16．设数列的前n项和为，已知，且.
(1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前n项和．
17．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.
(1)求的值；
(2)若，且的面积为，求的周长.
18．如图1，在平行四边形中，，，E为的中点，将沿折起，连结，，且，如图2．

(1)求证：图2中的平面平面；
(2)在图2中，若点在棱上，直线与平面所成的角的正弦值为，求点到平面的距离．
19．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
答案
1．【正确答案】B
【详解】∵，，
∴．
故选：B．
2．【正确答案】C
【详解】因为，
所以复数对应的点是，在第三象限，
故选：C.
3．【正确答案】B
【详解】因为，两边平方得，
即，可得，
因为是三角形的一个内角，且，所以，
所以，得，
又因为，所以，
故有：．
从而有
．
故选：B．
4．【正确答案】D
【详解】由题得，，
所以
，
所以.
故选；D.
5．【正确答案】C
【详解】由题，对于函数，当时，
所以若函数是R上的增函数，
则.
所以实数a的取值范围是.
故选：C.
6．【正确答案】B
【详解】，，
由正弦定理得（是的外接圆半径），解得：，
，解得：，
球O的表面积．
故选：B．
7．【正确答案】A
【详解】由题可得，即，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，故，
又由题可得即，
所以，故，
所以.
所以，
所以.
故选：A.
8．【正确答案】A
【详解】函数的定义域为，
，，
令，可得，，
由题意是方程的两根，且
故且，解得，
又，解得，
综上，实数的取值范围是.
故选：A．
9．【正确答案】AC
【详解】由图象得，周期，得，
所以，．
令，解得，
故单调递增区间为．A正确，B错误；
令，解得，
令得，解得，可知C选项正确；
函数图象关于直线对称，向左平移3个单位长度，图象关于轴对称，得到的函数为偶函数，故D错误．
故选：AC．
10．【正确答案】BCD
【详解】对于A，因为，
所以，
当且仅当即时等号成立，
所以则函数的最小值为，故A错误；
对于B，因为，所以，
所以，
当且仅当即时等号成立，
则的最小值为，故B正确；
对于C，因为正数x、y满足，
所以，
当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为3，故C正确；
对于D，因为x、y为正实数，且，
所以，所以，
当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为6，故D正确.
故选：BCD.
11．【正确答案】ABC
【详解】依题意得，故A正确；
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
，
对于BC，，
所以，设，
则点到直线的距离，故BC正确；
对于D，因为，
所以，所以，
所以异面直线与所成角的正切值为，故D错误．
故选：ABC．
12．【正确答案】
【详解】由题可设，因为函数过点，
所以，所以函数，
所以函数是定义在上的增函数，
所以若，则，
所以实数的取值范围是.
故答案为.
13．【正确答案】
【详解】由题得定义域为R，，
所以时，；时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又函数在区间上不单调，
所以，故m的取值范围是.
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，，，，
由题意可设，，其中，
所以，
显然为平面的法向量，
所以，
化简得，
显然（否则矛盾）， 从而，解得，
，
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在上的最小值为，最大值为，
所以的取值范围为.
故答案为.
15．【正确答案】(1)，
(2)2
【详解】（1）∵，，
∴，
∴的最小正周期为，
由，得，
∴的单调递减区间为．
（2）当时，，
∴当，即时，有最小值，
即．
16．【正确答案】(1)证明见解析，；
(2).
【详解】（1）证明：由题可得，
则当时，，
当时，，
整理得，
所以
，
又，所以
所以①，
又，均满足①式，所以.
又，即数列是公差为2，首项为1的等差数列.
（2）由（1）得，
数列的前n项和，
所以，
所以
，
所以.
17．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：因为，
所以，所以.
因为，所以，所以.
因为，所以，所以.
（2）由（1）可得，所以.
因为的面积为，所以，
所以，则.
由余弦定理可得，
即，所以，则.
故的周长为.
18．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用勾股定理证明，再根据线面垂直的判定定理证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接，
由题意，
则为等边三角形，
由余弦定理得，所以，
则，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
则，
设，
故，
，
因为轴垂直平面，故可取平面的一条法向量为，
所以，
化简得，解得或（舍去），
所以，
设平面的法向量为，
则有，可取，
所以点到平面的距离为．

19．【正确答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
【方法总结】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1 通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2 利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3 根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．