2024-2025学年山东省临沭市高三上学期12月月考数学质量检测试题1（附解析）

这是一份2024-2025学年山东省临沭市高三上学期12月月考数学质量检测试题1（附解析），共21页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，三角函数与解三角形，数列，平面向量，复数，立体几何，解析几何（不含双曲线和抛物线）．
一、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. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】利用复数的运算化简复数，利用复数的模长公式可求得.
【详解】因为，因此，.
故选：C.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】求出集合、，利用交集定义可求得集合.
【详解】因为，，
因此，.
故选：D.
3. 已知直线，，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】A
【分析】根据两直线平行求出的值，即可得出结论.
【详解】若，则，解得，
所以，“”是“”的充要条件.
故选：A.
4. 已知函数是定义在上的奇函数，在上单调递增，且，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】分析函数的单调性与函数值符号的变化，分、两种情况解不等式即可.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，在上单调递增，
且，则，且该函数在上为增函数，，
当时，；当时，；
当时，；当时，.
因为，
当时，即时，，则或，此时，；
当时，即时，，则或，此时，.
综上所述，不等式的解集是.
故选：B.
5. 在中，、分别在边、上，且，，在边上（不包含端点）．若，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】设，其中，推导出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为在边上（不包含端点），不妨设，其中，
即，
所以，，
又因为，则，，其中、均为正数，
且有，
所以，，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故则的最小值是.
故选：A
6. 过点作圆的两条切线，切点为、，若，则四边形（为圆的圆心）的面积是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】求出圆心坐标和半径，推导出，可得出，设，利用二倍角公式计算出的值，进而可得出的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
如下图所示：
由圆的几何性质可得，，，，
所以，，所以，，
设，则，
因为。
易知为锐角，则，，
所以，，
因此，.
故选：C.
7. 已知某正四面体玩具可以在棱长为6的正方体玩具盒（不考虑玩具盒的厚度）内任意转动（绕正四面体外接球的球心转动，且为正方体的中心），则该正四面体玩具的表面积的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由题意可知，正四面体的棱长最大时，其外接球为正方体的内切球，转化为求正四面体的外接球的半径，结合三角形的面积公式计算即可求解.
【详解】如图，设四面体的棱长为，外接球圆心为，半径为，为底面三角形的外心，
则，，
由，得，解得，
又该正四面体玩具可以在该正方体内任意转动，
则正四面体外接球最大是正方体的内切球，
此时，解得，
所以正四面体的表面积为
故选：D
8. 已知函数，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由参变量分离法可得出，其中，令，其中，利用导数求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围.
【详解】由可得，其中，
令，其中，
则，
令，其中，则，
所以函数在上为增函数，
因为，，
所以存在，使得，即，
且当时，，此时，函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
因为，则，则，
构造函数，其中，则，
所以函数在上为增函数，
由可得，所以，可得，
故，
因此实数的取值范围是.
故选：B.
结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 在一个等边三角形中，连接各边的中点，得到四个小三角形，然后去掉中间的那个小三角形，这样就剩下三个小的三角形，对剩下的小三角形不断重复上述步骤，得到如图所示的一系列三角形图案，我们称这一系列三角形图案是谢尔宾斯基三角形．记经过次操作后，剩余三角形的个数为，数列的前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】BC
【分析】根据题设条件可得两个数列的递推关系可得，结合等比数列的通项公式和前项求和公式计算即可求解.
【详解】由题设每次操作，前一个图形中的每一个黑色三角形均可以得到下一个图形中的3个小黑色三角形，
故，而，
故为等比数列，故；
所以
故选：BC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 对任意的的最小正周期为
B. 存在，使得的图象关于某条直线对称
C. 对任意的是偶函数
D. 当时，的最小值为
【正确答案】BCD
【分析】根据三角恒等变换的化简可得，结合三角函数的图象与性质计算和定义法证明奇偶性的应用，依次判断选项即可.
【详解】.
A：当时，函数的最小正周期均为，故A错误；
B：当时，，图象关于直线对称，故B正确；
C：，
则，
，
得，所以为偶函数，故C正确；
D：当时，，
当时，函数和同时取到最小值，分别为和0，
所以的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知为定义在上的可导函数，的导数为，，且的图象关于直线对称，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】AC
【分析】结合函数的对称性、周期性以及利用导数法则求导，通过已知条件找出和的周期性，再利用赋值对选项逐个判断即可.
【详解】由，则①，又②，
①②得③，则④，
则④③可得，即，
故是周期为的函数，则，
由的图象关于直线对称，则⑤，
由③，故可得，
所以，故A正确；
由⑤可得，即，
由③可得，可得，故B错误；
由②可得，又，
则两式相减可得，，
则可得，即，故C正确；
由，则，又，则，
由，则，又，则，
由，则，又，则，则
由，则，
由，则，则，
则，
由，则是周期为的函数，
故，
故选：AC.
关键点睛：本题主要是研究抽象函数的性质，以及导数的运算，本题的关键是以题中条件等式为桥梁，寻找fx,gx的性质.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知、是椭圆的两个焦点，在椭圆上，且，则________．
【正确答案】
【分析】利用椭圆的定义可求得.
【详解】在椭圆中，，
因为、是椭圆的两个焦点，在椭圆上，
由椭圆的定义可得，故.
故答案为.
13. 已知，且，则的最大值是________．
【正确答案】##
【分析】由题意可得，结合两角差的正切公式和基本不等式计算即可求解.
【详解】由，得tanβ=14tanα>0，
所以，
当且仅当即时，等号成立，
所以的最大值为.
故
14. 如图，、是某水域的两直线型岸边，，是的角平分线，且．某养殖户准备经过点安装一直线型隔离网（、分别在、上），围成△养殖区．若、都不超过，则隔离网长度的取值范围是________．
【正确答案】
【分析】设，，，利用结合三角形的面积公式可得出，由，，求出的取值范围，可求出的取值范围，利用余弦定理结合二次函数的基本性质可求得的取值范围，即为所求.
【详解】设，，，由题意可得，且，
因为，即，
可得，由题意可知，，，
所以，，由，解得，
所以，，
令，因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，，则，
由余弦定理可得
，故，
因此，的长的取值范围是.
故答案.
方法点睛：求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：
（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；
（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求、的值；
（2）求在上值域．
【正确答案】（1），
（2）
【分析】（1）利用导数的几何意义可出关于、的方程组，即可解得、的值；
（2）利用导数分析函数的单调性与极值，并求出端点函数值，即可得出函数在上的值域.
【小问1详解】
因为，则，
因为曲线在点处的切线方程为，
则，所以，，解得.
【小问2详解】
由（1）可得，则，
列表如下：
所以，函数的极大值为，极小值为，
又因为，，
所以，当时，，，
因此，在上的值域为.
16. 设数列的前项和为，且当时，．
（1）求的通项公式；
（2）若求数列的前项和．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由题意可得，根据等差数列的定义可得是以1为公差，1为首项的等差数列，则，结合与的关系计算即可求解；
（2）由（1）得当为奇数，当为偶数，，结合等差数列前项和公式和裂项相消法计算即可求解.
【小问1详解】
当时，，得①.
当时，，得，
得，符合①式，
所以数列是以1为公差，1为首项的等差数列，
故，所以.
当时，，
又符合上式，
所以.
【小问2详解】
由（1）得，当为奇数，，
当为偶数，，
所以
.
17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，△，△均为等边三角形，．
（1）证明：平面平面．
（2）若点到平面的距离为，求四棱锥的体积．
【正确答案】（1）证明见解析 （2）16
【分析】（1）如图，设，则，根据余弦定理的应用和勾股定理的逆定理计算可得，结合线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解点面距建立关于的方程，再次利用空间向量法求出点到平面的距离，结合锥体的体积公式计算即可求解.
【小问1详解】
设，取的中点，连接，如图，
则，且，
在中，，
在中，有，所以，
又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知，两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由，得，
所以，解得，即，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，即，
所以点到平面的距离为，
解得，所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，
所以点到平面的距离为，
又平行四边形的面积为，
所以四棱锥的体积为.
18. 已知椭圆的离心率是，且点在椭圆上．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点，、分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上的动点，是△的内心，求的最大值．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）设点、，根据等面积法可得出，利用切线长定理结合椭圆的焦半径公式可求得，然后利用两点间的距离公式可求得的最大值.
【小问1详解】
因为椭圆的离心率是，且点在椭圆上，
则，解得，故椭圆的方程为.
【小问2详解】
设点、，则，
又因为，
由图可知，，所以，即点，
由椭圆的范围可知，，又，
则，
所以，
设圆分别切、、于点、、，则轴，
由切线长定理可得，，，
因为，
又因为，
所以，，可得，即点，
因此，
，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为.
方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
19. 若存在一个数，使得函数定义域内任意，都有，则称有下界， 是的一个下界．
（1）求函数的下界的取值范围；
（2）判断是否是下界为的函数，并说明理由；
（3）若函数，是的一个整数下界，求的最大值．（参考数据：，）
【正确答案】（1）
（2）是，理由见解析 （3）
【分析】（1）由题意可得，利用导数求出函数的最小值，即可得出的取值范围；
（2）令，利用导数证明出，即可得出结论；
（3）利用导数分析函数的单调性与最小值，求出最小值的范围，即可得出整数的最大值.
【小问1详解】
因为函数的定义域为，对任意的，，则，
因为，令，可得，列表如下：
所以，函数的减区间为，增区间为，则，
所以，，因此，函数的下界的取值范围为.
【小问2详解】
令，其中，，
因为函数、在上均为增函数，
故函数在上为增函数，且，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
所以，，故，
因此，函数是下界为的函数.
【小问3详解】
当时，，则，
令，则，
当时，，，则，
所以，函数在上为增函数，
因为，所以，，
因，，
所以，存在，使得，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
所以，
，
令，其中，
，
所以，函数在上单调递减，所以，，
所以，，且，
因此，整数的最大值为.
结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.增
极大值
减
极小值
增
减
极小值
增