2024届福建省德化一中、永安一中、漳平一中三校协作高三上学期12月联考数学试题含答案

这是一份2024届福建省德化一中、永安一中、漳平一中三校协作高三上学期12月联考数学试题含答案，共20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，，则的元素的个数是（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】A
【分析】结合解不等式以及对数函数的单调性，求得集合，根据集合的交集运算，即可得答案.
【详解】由题意得，
，
故，即的元素的个数是1个，
故选：A
2．复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据的性质、复数的除法运算可得答案.
【详解】，
所以的虚部为.
故选：C.
3．函数的图象可能是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用排除法，结合函数的奇偶性以及函数值的符号分析判断.
【详解】因为定义域为，
且，
所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故B，D都不正确；
对于C，时，，，
所以，所以，故C不正确；
对于选项A，符合函数图象关于原点对称，也符合时，，故A正确．
故选：A.
4．设的内角的对边分别为，若则的值可以为（ ）
A．B．C．D．或
【答案】A
【分析】由正弦定理求出，结合求出答案.
【详解】由正弦定理得，即，
故，
因为，所以，故.
故选：A
5．若向量，，且，则在方向上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据空间向量的坐标运算求出，再根据投影向量的定义即可求解.
【详解】，，
，
，
，解得，
，
在方向上的投影向量为.
故选：C.
6．设，，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据的结构特征构造函数，判断其单调性，即可判断A；结合指数函数的单调性，判断B；根据的范围判断C，利用基本不等式以及等号成立条件判断D.
【详解】设，则，
因为在R上单调递增，故在R上单调递减，
所以，即，A错误，
因为在R上单调递减，故，B正确；
由于，即，
故，C错误；
，当且仅当时取等号，
但，故，D错误，
故选：B
7．我国古代的洛书中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，3，…，9填入的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15．一般地，将连续的正整数1，2，3，…，填入的方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做阶幻方．记阶幻方的每列的数字之和为，如图，三阶幻方的，那么（ ）
A．41B．369C．1476D．3321
【答案】B
【分析】直接利用等差数列的性质及求和公式求解即可.
【详解】由等差数列的性质得：九阶幻方所有数字之和为，
由于每列和对角线上的数字之和都相等，
所以每列的数字之和为，
故选：B.
8．函数，若恰有6个不同实数解，正实数的范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】把问题转化为，画出图形，数形结合，再结合单调性和对称性求出参数范围即可.
【详解】由题知，
的实数解可转化为或的实数解，即，
当时，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
如图所示：

所以时有最大值：
所以时，由图可知，
当时，因为，，
所以，
令，则
则有且，如图所示：

因为时，已有两个交点，
所以只需保证与及与有四个交点即可，
所以只需，解得．
故选：D
二、多选题
9．函数的部分图象如图所示，则（ ）

A．
B．
C．点是函数图象的一个对称中心
D．直线是函数图象的对称轴
【答案】ACD
【分析】A选项，根据图象得到函数最小正周期，进而得到；B选项，将代入解析式，求出；C选项，，C正确；D选项，计算出，故D正确.
【详解】A选项，设的最小的正周期为，
由图象可知，，解得，
因为，所以，A正确；
B选项，将代入中得，，
故，即，
因为，所以只有当时，满足要求，
故，B错误；
C选项，，故，
故点是函数图象的一个对称中心，C正确；
D选项，，
故直线是函数图象的对称轴，D正确.
故选：ACD
10．已知数列中，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．是递增数列C．D．
【答案】BD
【分析】根据题意，化简得到，得到表为等比数列，进而求得数列的通项公式，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由，可得，则，
又由，可得，所以数列表示首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
由，所以A不正确；
由，即，所以是递增数列，所以B正确；
由，所以C错误；
由，，所以，所以D正确.
故选：BD.
11．已知函数的定义域为，若，且均为奇函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】根据奇函数定义可得，，即可代值逐一求解.
【详解】因为均为奇函数，所以，即①，，
因为，即，所以，即②．
由①，取得，
由②，令，得；令，得，所以．
由①，令，得．
故选：ABC
12．如图，直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，,，点P是经过点的半圆弧上的动点（不包括端点），点Q是经过点D的半圆弧上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（ ）

A．四面体PBCQ的体积的最大值为
B．的取值范围是
C．若二面角的平面角为，则
D．若三棱锥的外接球表面积为S，则
【答案】ACD
【分析】根据棱锥的体积公式可判断A；根据向量的相等以及数量积的定义可判断B；结合二面角平面角定义找出，结合解直角三角形判断C；确定三棱锥的外接球球心位置，列等式求得半径表达式，求得其取值范围，即可求出三棱锥外接球表面积取值范围，判断D.
【详解】由题意知在直四棱柱中，半圆弧经过点D，故，
点P到底面的距离为，
当点Q位于半圆弧上的中点时最大，即四面体PBCQ体积最大，
则 ，故A正确；
由于，则，
又在中， ，
故，
因为，所以，则 ，故B错误；
因为平面，平面，故，而,
平面，故平面，平面，
故，所以是二面角的平面角，

则，因为 ，所以，故C正确；
设线段BC的中点为N， 线段的中点为K，则三棱锥的外接球球心O在NK上，
在四边形中，,,
设，在中，在中，
故，
整理得，所以 ，所以外接球的表面积为，D正确，
故选：ACD
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在选项D的判断，解答时要发挥空间想象，明确空间的点线面位置关系，确定外接球球心位置，进而找出等量关系，求得球的半径取值范围，即可求解球表面积取值范围.
三、填空题
13．已知角的顶点为原点，始边为轴的非负半轴，若其终边经过点， ．
【答案】
【分析】根据三角函数定义得到，利用二倍角公式和同角三角函数关系化为齐次式，化弦为切，代入求值.
【详解】由题意得，
.
故答案为：
14．命题“，”为假命题，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】依题意可得“，”是真命题，分、两种情况讨论，分别计算可得.
【详解】命题“，”是假命题，
则它的否定命题“，”是真命题，
当时，不等式为，显然成立；
当时，应满足，解得，
所以实数的取值范围是．
故答案为：．
15．设点，，在上，若，则 ．
【答案】/
【分析】先根据平面向量的数量积运算律，得；再根据平面向量的数量积定义，得；最后根据圆的性质即可解答.
【详解】
记的半径为，则.
.
，即.
，因为，
在中，，则，同理，
所以三角形为等边三角形，
.
故答案为：.
16．已知无穷等差数列中的各项均大于0，且，则的范围为 .
【答案】
【分析】根据题意，设等差数列的公差为，分析可得的取值范围，由求出，则有，构造函数，利用导数可求出其最值，从而可得答案.
【详解】根据题意，设等差数列的公差为，
由于无穷等差数列中的各项均大于0，
则，由于，则，
解得或（舍去），
所以，
因为，所以，
令，
则，由，得，得，解得或（舍去）.
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以当时，取得最小值，
所以，即的范围为.
故答案为：
四、解答题
17．已知函数
(1)当，求的最值，及取最值时对应的的值；
(2)在中，为锐角，且，求的面积．
【答案】(1),；，
(2)
【分析】（1）利用诱导公式以及二倍角公式结合辅助角公式化简可得的表达式，根据范围，结合正弦函数性质，即可求得答案；
（2）结合（1）的结果可求出角A，利用余弦定理可求出的值，利用三角形面积公式即可求得答案.
【详解】（1）
，
，
，
当，即时，；
当，即时，；
（2）由，即，
而为锐角，，则，
，
又，
由余弦定理得，即，即，
.
18．已知函数，的图象在处的切线为．
(1)设，求的最小值；
(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)0
(2)
【分析】（1）先根据导数的几何意义求出，再利用导数判断函数单调性进而求解最小值；
（2）先将恒成立问题转化为，利用导数判断函数单调性进而求出函数最小值即可.
【详解】（1），由题意知，
所以=，
令，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
故，即的最小值为0.
（2）令，则，
由（1）可知当时，
所以当时，，函数在单调递减；
当时，，函数在单调递增；
所以，
故.
19．已知数列的前n项和为，，且．
(1)求证：数列为等差数列；
(2)已知等差数列满足，其前9项和为63．令，设数列的前n项和为，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得，再结合当时，求出即可；
（2）用基本量法求出，利用裂项相消法求出，适当放缩即可证明.
【详解】（1）证明：，
数列是以1为首项，为公差的等差数列
可得
当时，
当时，也满足上式，
（2）证明：
20．如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，，，，，平面平面．
(1)设平面平面，问：线段上是否存在一点，使平面？
(2)平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)存在为的中点，使平面
(2)
【分析】（1）分别取、的中点、，证明四边形为平行四边形，，从而平面，再由线面平行的性质定理得到，即，从而平面；
（2）由平面平面，得出平面，建立空间直角坐标系求解.
【详解】（1）存在为的中点，使平面.
分别取、的中点、，连接、、，
，，
，，
，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，
平面，
平面平面，平面，
，，
平面，平面，
平面.
即线段上存在一点，使平面.
（2）分别取、中点、，连接、，，
，，
，，
平面平面，平面平面，平面，
平面.
以为原点，以，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，
，，
设向量为平面的一个法向量，
则取，得，
又为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
，
平面与平面的夹角的余弦值为.
21．已知的三个角，，的对边分别为，，，，．
(1)求角；
(2)若，在的边和上分别取点，，将沿线段折叠到平面后，顶点恰好落在边上（设为点），设，当取最小值时，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，进而求得.
（2）利用正弦定理或余弦定理，结合基本不等式或三角函数的最值等知识求得取最小值时的面积.
【详解】（1）由正弦定理得，
，
，
即，
，，
即，
，，，
.
（2）方法一：，，为等边三角形，
，
，，，，
在中，由余弦定理得，
，
即，
整理可得，，
，
当且仅当时取等号，
即时，取最小值，
此时 ，
．
方法二：，，为等边三角形，
，
，，，
设，，
在中，由正弦定理得，
，即，
整理可得， ，
当且仅当时，取最小值，
当取最小值时，，
在中，，，
.
22．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)函数有两个零点，求证：.
【答案】(1)答案见解析.
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数导数，结合一元二次方程的根，判断导数正负，即可得答案；
（2）根据推出，结合换元，证明，继而构造函数，判断其单调性，结合零点存在定理推出，从而证明结论.
【详解】（1）由题意知，定义域为，
，
若，令得，
，
故方程有两个实数根（舍），
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减；
若，则，故在上单调递增，
故当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）证明：由（1）可知当时，在上单调递增，不可能有两个零点，
由得，，
，
又，
令，则，猜想，下面证明：
要证明，即需证明，
令，则，
即在上单调递增，故，
故成立；
，
，
令，则，即，
令，则
在上单调递增，
，
故，使得，
即当时，，即成立，
此时，即有.
【点睛】难点点睛：本题考差了导数知识的综合应用，综合性强，计算量大；难点在于结合函数的零点证明不等式问题，解答时要根据推出，结合换元，证明，继而构造函数，判断其单调性，结合零点存在定理推出，从而证明结论.
4
9
2
3
5
7
8
1
6