2024届河南省许昌市禹州市高级中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届河南省许昌市禹州市高级中学高三上学期12月月考数学试题含答案，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
1．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据一元二次不等式以及对数复合函数的定义域化简集合，即可由集合的交并补运算求解.
【详解】由得，所以或，
由得，
故，
故选：C
2．若复数满足，则的虚部是（ ）
A．B．C．1D．
【答案】A
【分析】利用复数除法运算求得，进而求得的虚部.
【详解】，故的虚部是.
故选：A
3．已知，是单位向量，若，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知可推得，进而即可求出投影向量.
【详解】根据已知可得，
所以，.
所以，在上的投影向量为.
故选：D.
4．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据命题“”为真命题求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】，只要即可，
，
所以，解得，
所以命题“”为真命题的一个充分不必要条件是D选项.
故选：D.
5．已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先把化成，求出的零点的一般形式为，根据在区间内没有零点可得关于的不等式组，结合为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.
【详解】由题设有，
令，则有即.
因为在区间内没有零点，
故存在整数，使得，
即，因为，所以且，故或，
所以或，
故选：D.
【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题.
6．函数的图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案.
【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，
由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；
当时、，即A、C中上函数值为正，排除；
故选：D
7．在四棱锥中，底面是直角梯形，，.若，且三棱锥的外接球的表面积为，则当四棱锥的体积最大时，长为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】由球的表面积公式得半径，确定球心和点在底面的投影，建立函数关系求解．
【详解】由球的表面积，得，
因为为直角三角形，所以的外接球球心在底面的投影为中点，
而，故在底面的投影为垂直平分线与垂直平分线的交点，即中点，
，，可得，
设，则，
设，令，则，
，
故当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
当即时，函数取最大值，此时四棱锥的体积最大，长为．
故选：D

8．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意构造函数，利用导数研究其单调性，代入数值，可得答案.
【详解】设函数，
因为上，上，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，所以，当且仅当时，等号成立．
令，则．
设函数，
因为上，上，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，所以，即，所以．
综上可得：．
故选：A.
二、多选题
9．已知复数，，下列命题正确的是（ ）
A．B．若，则
C．D．
【答案】AC
【分析】根据复数的定义和运算法则，结合复数模的计算及性质，逐项判定，即可求解.
【详解】设，，（其中），
对于A中，可得且，所以，所以A正确；
对于B中，例如，，此时满足，但，所以B不正确；
对于C中，根据复数模的性质，可得，所以C正确；
对于D中，由，
，所以，所以D不正确.
故选：AC.
10．已知等比数则的公比为，前项积为，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】利用数列的基本性质可得出，，求出的取值范围，可判断AB选项；利用等比数列的性质可判断CD选项.
【详解】因为数列等比数则的公比为且，则，
所以，，，
又因为，则，所以，，从而，
故对任意的，，由可得，A对B错；
，，即，C对D错.
故选：AC.
11．设函数的定义域为，且满足，，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．当时，的取值范围为
C．为奇函数D．方程仅有5个不同实数解
【答案】BCD
【分析】根据给定条件，确定函数的对称性、周期性，判断A，B，C；作出函数、的部分图象判断D作答.
【详解】依题意，当时，，当时，，函数的定义域为，有，
又，即，因此有，即，
于是有，从而得函数的周期，
对于A，，A不正确；
对于B，当时，，有，则，
当时，，，有，
，当时，的取值范围为，B正确；
对于C，，函数为奇函数，C正确；
对于D，在同一坐标平面内作出函数、的部分图象，如图：
方程的实根，即是函数与的图象交点的横坐标，
观察图象知，函数与的图象有5个交点，因此方程仅有5个不同实数解，D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：图象法判断函数零点个数，作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
12．已知是数列的前项和，且，则下列选项中正确的是（ ）.
A．（）
B．
C．若，则
D．若数列单调递增，则的取值范围是
【答案】AC
【分析】对于A， 由 ，多写一项，两式相减即可得出答案.
对于B，由 （），多递推一项，两式相减即可得出答案少了条件.
对于C，由分析知，所以奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，由等差数列得前项和公式即可得出答案.
对于D，因为数列单调递增，根据，即可求出的取值范围.
【详解】对于A，因为，当，两式相减得：
（）,所以A正确.
对于B，因为（）,所以，
两式相减得：（），所以B不正确.
对于C，，令，则，，因为
，所以.令，则， ，所以.
因为（），而，所以.
所以奇数项是以为首项，2为公差的等差数列.
偶数项是以为首项，2为公差的等差数列.
则：
，所以C正确.
对于D，，令，则，，则
又因为，令则，所以，
同理：，
，
因为数列单调递增，所以，
解得：，
解得：，
解得：，
解得：，
解得：，
所以的取值范围是，所以D不正确.
故选：AC.
【点睛】本题考查的是等差数列的知识，解题的关键是利用，得出的奇数项、偶数项分别成等差数列，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题.
三、填空题
13．△的内角，，的对边分别为，，，若，，，则△的面积为 ．
【答案】
【分析】由余弦定理的边角关系可得，即可求，再利用三角形面积公式求面积即可.
【详解】由余弦定理得：，则，解得：，
∴.
故答案为：.
14．已知函数（，且），曲线在点处的切线与直线平行，则 .
【答案】
【分析】由题意有，可解出的值.
【详解】函数，，
曲线在点处的切线与直线平行，
则有，得.
故答案为：.
15．米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行的必备的用具．为使坚固耐用，米斗多用上好的木料制成．米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品．如图的米斗可以看作一个正四棱台，已知该米斗的侧棱长为10，两个底边长分别为8和6，则该米斗的外接球的表面积是 ．

【答案】
【分析】首先根据正四棱台的对称性得到外接球的球心所在位置，根据垂直关系列出方程组，解方程组得外接球半径，最后求出外接球表面积即可．
【详解】由题意，方斗的示意图如下：设棱台上底面中心为，下底面中心为，
由棱台的性质可知，外接球的球心落在线段上，
由题意该四棱台上下底面边长分别为8和6，侧棱长为10，
则，，，
所以，
设外接球的半径为，，则，
因为垂直于上下底面，
所以，即，
又，即，
联立解得，，
所以该米斗的外接球的表面积为．
故答案为：

16．已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围 .
【答案】
【分析】将函数有两个不同的零点，转化为与有两个不同的交点求解.
【详解】解：因为函数有两个不同的零点，
所以函数有两个不同的根，
即与有两个不同的交点，
则，令，则，
当时，，递增，且，
所以在上存在零点，且，
当时，，当时，，
即时，，时，，
所以在上递减，在上递增，
所以有最小值，
又，则，两边取对数得，
所以，
又时，，时，，
所以要使与有两个不同的交点，
则，
故答案为：
四、解答题
17．在△ABC中，内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，且.
(1)求角B的大小；
(2)若b=，求△ABC的面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角结合三角函数的性质可得答案；
（2）利用（1）的结论和余弦定理、均值不等式可得 ，结合面积公式可知的最大值为.
【详解】（1），由正弦定理得：，
∵,，∴,，∴，
∴.
（2）由余弦定理得：，∵,，
∴，当且仅当时取等号，
∴，则的最大值为.
18．已知数列是各项均为正整数的等比数列，且，成等差数列．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，设数列的前项和为，求证：．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析
【分析】（Ⅰ）由成等差数列，结合等比数列通项公式求出公比，从而求出数列的通项公式；
（Ⅱ）根据（Ⅰ）得，代入可得，通过放缩，转化为裂项相消法求和，进而证明结论．
【详解】（Ⅰ）设数列的公比为，
因为成等差数列，
所以，
又，所以，
因为，所以
所以或，
又数列各项均为正整数，所以，
所以．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，所以，
所以，
所以
．
所以．
不等式得证.
【点睛】本题考查等差数列、等比数列的概念、通项公式及求和公式的应用，放缩法证明数列不等式，裂项求和法的应用，属于中档题．
19．已知函数（其中）.
（1）讨论函数的极值；
（2）对任意，成立，求实数的取值范围.
【答案】(1) ①当时，无极值；②当时，有极大值，无极小值；(2) .
【分析】（1）先对函数求导，分别讨论，两种情况，用导数的方法研究函数的单调性，即可得出结果；
（2）根据（1）中结果，求出的最大值，由对任意，成立，得到在上恒成立，令，用导数的方法研究其单调性，进而可求出结果.
【详解】（1）的定义域为
又
①当时，在上，，是减函数；无极值；
②当时，得
在上，是增函数；在上，，是减函数，
所以当时，有极大值，无极小值，
综合知：①当时，无极值；
②当时，有极大值，无极小值；
（2）由（1）知：①当，是增函数，又令，
，不成立；
②当时，当时，取得极大值也是最大值，
所以
要使得对任意，成立，
即：在上恒成立，
则在上恒成立，
令
所以
令
，得
在上，，是增函数，在上，，
是减函数，
所以当时，取得极大值也是最大值，
∴
在上，，是减函数，又
要使得恒成立，则.
所以实数的取值范围为
【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值等，属于常考题型.
20．已知数列满足，
(1)记，求出的值，并证明数列为等比数列；
(2)若数列的前2n项和为，求满足不等式的n的最小值．
【答案】(1)；证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，可知，即可求出的值，根据递推公式，可知，即可证明结果；
（2）方法一：由（1）知，，采用分组求和求出的值，代入不等式，可知，令，根据数列的单调性，即可求出结果；
方法二：同方法一得到，将其化为，通过判断的正负情况，即可求出结果.
【详解】（1）解：因为，所以；
由
而，，
∴，∴成等比数列且首项为1，公比为6，
∴．
（2）解：方法一：
由（1）知，，
∴
，
∴，
令，
，
当时，，当时，
而，，时，数列单调递增，注意到，
，
∴．
方法二：
由
若，，
当时，，∴，
．
21．如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，．，是棱上的动点（除端点外），分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成的最大角为30°，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，先明平面平面，再证明结论；
（2）先根据题意，建立空间直角坐标系，利用用向量数量积计算直线与平面成角正弦值，列方程求最值解，再用向量数量积求二面角的余弦值．
【详解】（1）证明：证明：取中点，连接，
因为为中点，所以，
因为平面，平面
所以平面，
又因为，为中点，
所以，
因为平面，平面
所以平面，
因为，MN、平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面．
（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，，
则，，，
，，
平面的法向量为，
直线与平面所成的正弦值为，
当时，取最大值，
解得，，
设平面的法向量为，
，令，，
．
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为
22．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)设，若，是的两个极值点，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，分、两种情况讨论即可；
（2）由题意可得，，从而可得要证成立，只需证，即证，即证，设，构造函数，求导后判断单调性即可证明.
【详解】（1），则，的定义域为．
①当时，恒成立，所以在上单调递增；
②当时，令，得（舍去负值），
当时， ，单调递减；
当时，，单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）由题意得，可知，
因为，是的极值点，所以，是方程的两个不等的正实数根，
所以，，则
．
要证成立，只需证，即证，
即证，即证，
设，则，即证．
令，则，
所以在上单调递减，则，
所以，故．
【点睛】方法点睛：
1. 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．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.