山东省高中名校2024届高三上学期12月统一调研考试数学试卷（含解析）

这是一份山东省高中名校2024届高三上学期12月统一调研考试数学试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了12， 集合，则， 已知函数的部分图象，则， 已知，则下列结论错误的是， 已知，则有， 已知，下列结论正确的是， 已知函数，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 集合，则（ ）
A. B.
C. D.
答案：C
解析：，
则.
故选：C
2. 已知直线和平面，满足，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
答案：D
解析：充分性：当且仅当时，由，则，故“”是“”的不充分条件；
必要性：由题意可知：与无公共点，则或者与异面，故“”是“”的不必要条件.
故选：D.
3. 复数满足，则的最小值为（ ）
A. B. 1C. D.
答案：A
解析：设复数在复平面上的对应点为，
则可表示为复平面上点到的距离，
可表示为复平面上点到的距离，
由题意可知：点在线段的中垂线上，如下图：
线段的中点为，直线的斜率，
则的轨迹方程为，整理可得，
由可表示为点到的距离，
.
故选：A.
4. 已知是半径为2的圆上的三个动点，弦所对的圆心角为，则的最大值为（ ）
A. 6B. 3C. D.
答案：A
解析：因为弦所对的圆心角为，且圆的半径为2，所以，
取的中点，所以，，如图所示：
因为,
因为是的中点，所以，
，
所以若最大，所以只需最大，
所以，
所以.
故选：A
5. 已知函数的部分图象，则（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：函数，
由图象可知，，
函数最小正周期为，有，则，，
得，
由，取，
则，
.
故选：B
6. 已知，则下列结论错误的是（ ）
A. 是周期函数
B. 在区间上单调递增
C. 的图象关于对称
D. 方程在有2个相异实根
答案：B
解析：函数，定义域为，
对于A，，故是周期函数，A正确；
对于B，当时，，则，
此时无意义，故B错误；
对于C，当时，，
即的图象关于对称，
由于的定义域为也关于对称，
故的图象关于对称，C正确；
对于D，令，即，
则，或，
即，或，
则当时，，
即方程在有2个相异实根，D正确，
故选：B
7. 已知，则有（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：令，则.
当时，有，所以，
所以，在上恒成立，
所以，在上单调递增，
所以，，
所以，，即，所以
令，则在时恒大于零，故为增函数，
所以，而，所以，
所以，
故选：C
8. 已知函数是定义在上的奇函数，对任意，都有，当时，，则在上的零点个数为（ ）
A. 10B. 15C. 20D. 21
答案：D
解析：因为，令，得到，
所以，从而有，又函数是定义在上的奇函数，
所以，即，所以函数的周期为，
令，则，又当时，，
所以，得到，
故，又，所以在上的图像如图，
又当时，由，得到，当，由，得到，即，
又，所以，
，，
又由，得到，即，
所以，
再结合图像知，在上的零点个数为21个，
故选：D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知，下列结论正确的是（ ）
A. 对任意实数
B. 若，则
C. 若，则的最小值是
D. 若，则
答案：BC
解析：对于A，当时，，故A错误；
对于B，因为，，
所以，所以，故B正确；
对于C，因为，所以，
则，
当且仅当且，即时取等号，
所以的最小值是，故C正确；
对于D，当时，，，，故D错误.
故选：BC.
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 在上的最小值为
B. 的图象与轴有3个公共点
C. 的图象关于点对称
D. 的图象过点的切线有3条
答案：ABD
解析：因为，所以，
所以当时，，单调递减，
当或时，，单调递增，
A选项中，当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
，
所以在上的最小值为，A正确；
因为在，上单调递增，在上单调递减，
，
，
且当时，，时，，
如图所示：
所以的图象与轴有3个公共点，B正确；
若的图象关于对称，则有，
因为，
所以C错误；
因为，设的切点为，
所以，
所以在切点处的切线方程为：，
当切线过时，即：，
整理得：，
设，
则
所以时，或，
当时，，单调递减，
当时，或，单调递增，
所以，
所以的图象如图所示：
所以由图象知有三个零点，所以有三个根，
所以的图象过点的切线有3条，D正确.
故选：ABD
11. 如图，长方形中，为的中点，现将沿向上翻折到的位置，连接，在翻折的过程中，以下结论正确的是（ ）
A. 存在点，使得
B. 四棱锥体积的最大值为
C. 的中点的轨迹长度为
D. 与平面所成的角相等
答案：ABD
解析：对于A，当平面平面时有，下面证明：
在底面中，，所以，
当平面平面时，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，故A正确.
对于B，梯形的面积为，，直角斜边上的高为．
当平面平面时，四棱锥的体积取得最大值，B正确．
对于C，取的中点，连接，则平行且相等，四边形是平行四边形，
所以点F的轨迹与点G的轨迹形状完全相同．
过G作AE的垂线，垂足为H，G的轨迹是以H为圆心，为半径的半圆弧，
从而PD的中点F的轨迹长度为，C错误.
对于D，由四边形ECFG是平行四边形，知，
又平面，平面，
则平面，则到平面的距离相等，
故与平面所成角的正弦值之比为，D正确．

故选：ABD
12. 设为平面内的个点，平面内到点的距离之和最小的点，称为点的“优点”.例如，线段上的任意点都是端点的优点.则有下列命题为真命题的有：（ ）
A. 若三个点共线，在线段上，则是的优点
B. 若四个点共线，则它们的优点存在且唯一
C. 若四个点能构成四边形，则它们的优点存在且唯一
D. 直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的优点
答案：AC
解析：对于A，若三个点共线，C在线段上，根据两点之间线段最短，则C是的优点，故A正确；
对于B，若四个点共线，则它们的优点是中间两点连线段上的任意一个点，故它们的优点存在但不唯一，如B，C三等分AD，设，则，故B错误；

对于C，如图，设在梯形中，对角线的交点O，M是任意一点，则根据三角形两边之和大于第三边得，
∴梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一优点．故C正确．

对于D，举一个反例，如边长为的直角三角形，点P是斜边AB的中点，此直角三角形的斜边的中点P到三个顶点的距离之和为，而直角顶点到三个顶点的距离之和为7，∴直角三角形斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的优点；故D错误；

故选：AC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 某学校报告厅共有20排座位，从第2排起后一排都比前一排多2个座位.若第10排有41个座位，则该报告厅座位的总数是______.
答案：840
解析：设报告厅的座位从第1排到第20排，各排的座位数依次排成一列，构成数列，其前项和为．
根据题意，数列是一个公差为的等差数列，且，
故．
由，
因此，则该报告厅总座位数为840个座位．
故答案为：840
14. 已知，则______.
答案：##
解析：由题设，又，则，
所以，则.
故答案为：
15. 已知圆锥的母线长为（定值），当圆锥体积最大时，其侧面展开图的圆心角大小为______.
答案：##
解析：由题意，圆锥的母线长为，
设圆锥的底面半径为r，高为h，则，∴，
体积：，
∴，
∴当时，，V单调递增；当时，，V单调递减，
∴当时，V取得最大值，
此时，侧面展开图的圆心角．
故答案为：．
16. 已知内角分别为，且满足，则的最小值为______.
答案：16
解析：由题设，
所以，
所以，即，
又，，
则，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求：
（2）若，求面积.
答案：（1）2 （2）
（1）
由余弦定理，得，
所以.
（2）
若，由正弦定理，
，
，
所以，
因为，故，所以，
又，所以，
故的面积为.
18. 已知函数.
（1）若在处的切线垂直于直线，求的方程；
（2）讨论的单调性.
答案：（1）
（2）答案见解析
（1）
由题意得；
因为在处的切线垂直于直线，
所以，即，解之得；
又，
所以的方程为，即.
（2）
的定义域为，
由（1）得；
所以当时，令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，令得或，令得，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上恒成立，
所以在上单调递增；
当时，令得或，令得，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，和上单调递增，在上单调递减.
19. 已知数列是公比不相等的两个等比数列，令.
（1）证明：数列不等比数列；
（2）若，是否存在常数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
答案：（1）证明见解析
（2）存在，或
（1）
设的公比分别为，
为证不是等比数列，只需证.
而，
由于，且不为零，
因此，故不是等比数列.
（2）
假设存在常数，使得数列为等比数列，
则有，
将代入上式，得，
即，
整理得，
解得或.
经检验，当时，，
此时数列为等比数列；
当时，，
数列为等比数列，
所以，存在常数或，使得数列为等比数列.
20. 如图，在四棱台中，底面为平行四边形，，侧棱底面为棱上的点..
（1）求证：；
（2）若为的中点，为棱上的点，且，求平面与平面所成角的余弦值.
答案：（1）证明见解析
（2）
（1）
证明：在平行四边形中，，
在中，，
所以，
可得，所以.
又，所以.
又侧棱底面平面，所以.
又平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）
因为为的中点，，所以平行四边形为菱形，
则四边形也为菱形，则四边形为直角梯形，则，
由（1）知：两两垂直，分别以所在直线为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则点.
..
设平面的一个法向量为，
则有，所以，
令，得.
因为，所以，
则，
设平面的一个法向量为，
则有，所以，
令，得，
所以，
由原图可知平面与平面所成角为锐角，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
21. 已知数列前项和为，且对任意的正整数与的等差中项为.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：.
答案：（1）
（2）证明见解析
（1）
由题意可得：，
时，，可得；
时，，，
两式相减得：，即.
可得，且，
可知是以为首项，2为公比的等比数列.
所以，即.
（2）
因为，
所以；
又因为
，
所以，
综上所述：.
22. 已知函数，其导函数为.
（1）若在不是单调函数，求实数的取值范围；
（2）若在恒成立，求实数的最小整数值.
答案：（1）
（2）
（1）
；
因为在不是单调函数，所以在有变号零点；
因为恒成立，令，则在有变号零点；
因为，所以在单调递增，
因为，当的值趋近正无限大时，趋近于正无限大，a为待定的参数，
故趋近于正无限大，故只需，即，
所以实数的取值范围是.
（2）
（法一）令，
因为在恒成立，所以在单调递减，
所以，
所以在恒成立，即为在恒成立，
令，
则
，
令，则在恒成立，
所以在单调递减；
因为；
所以有唯一零点，且
当时，，即，所以在单调递增；
当时，，即，所以在单调递减；
所以；
所以实数的最小整数值为.
（法二）
由（1）得，当时，在上单调递增，
所以成立.
当时，存在，使得
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
所以，
令得；
解之得.
综上，，
所以实数的最小整数值为.