山西省吕梁市孝义市部分学校2024届高三上学期12月月考数学试题（解析版）

PAGEPAGE1山西省吕梁市孝义市部分学校2024届高三上学期12月月考数学试题一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，，所以．故选:A．2.设复数，则（）A. B. C.4 D.〖答案〗D〖解析〗，．故选:D．3.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗．故选：B4.设，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，因为，所以，又因为，所以，所以．故选：B.5.已知数列中，，，，则（）A.1 B. C.2 D.〖答案〗A〖解析〗由题知，所以，所以数列具有周期性，且周期，因为，则．故选：A．6.已知a，b均为正实数，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗D〖解析〗因为，均为正实数，若，则；若，则，即或，所以“”是“”的既不充分也不必要条件．故选：D．7.如图，在四面体中，，，，，，，M为的重心，N为的外心，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗连接并延长交于F，因为M为的重心，所以F为的中点，根据重心的性质：,取、的中点，，连接，，因为N为的外心，所以,，设，因，，，则，又，所以，因为，又，所以，解得，，所以，所以．故选：C．8.若关于x的不等式对恒成立，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由可得，即，当时，，不等式在上显然成立；当时，令，则在上恒成立，由，在上，所以在上单调递增，又时，，，所以只需在上恒成立，即恒成立．令，则，即在上单调递增，其中，故，所以此时有．综上，．故选：C．二、选择题9.已知三边长分别是，，，则（）A.以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的侧面积为B.以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的体积为C.以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的表面积为D.以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的体积为〖答案〗AD〖解析〗以所在直线为轴旋转时，所得旋转体是底面半径为3，母线长为5，高为4的圆锥，其侧面积为，体积为，故A正确，B错误；以所在直线为轴旋转时，所得旋转体是底面半径为，母线长分别为3和4的两个圆锥组合体，表面积为，体积为，故C错误，D正确．故选：AD．10.计算下列各式值，其结果为2的有（）A. B.C. D.〖答案〗ABC〖解析〗对于选项A，，故A项正确；对于选项B，，故B项正确；对于选项C，，故C项正确；对于选项D，，故D项错误．故选：ABC．11.已知函数的定义域为，则（）A.的图象关于原点对称 B.在上单调递增C.恰有2个极大值点 D.恰有1个极小值点〖答案〗ABC〖解析〗因为的定义域为，，所以为奇函数，A正确；因为，当时，，所以，则在上单调递增，B正确；显然，令，得，分别作出，在区间上的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故在区间上有2个极大值点和2个极小值点，C正确，D错误．故选：ABC．12.两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题．他们在沙滩上画出点或用小石子表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类，如下图中实心点的个数依次为5，9，14，20，…，这样的一组数被称为梯形数，记此数列为，则（）A.存在，使得，，为等差数列BC.存在且，使得D.数列的前n项和小于〖答案〗BCD〖解析〗根据题意有，，所以，，所以，，所以，故A错误；因为当时，，当时也成立，所以，，，故B正确；因为，所以，所以且，所以或或或或，解得或，故C正确；因为，数列前项和，故D正确．故选：BCD．三、填空题13.已知，，则在上的投影向量的坐标为______．〖答案〗〖解析〗在方向上的投影向量为．故〖答案〗为：14.已知正实数a，b满足，则的最小值为______．〖答案〗〖解析〗因为，，，则，所以，当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值是．故〖答案〗为：15.已知为偶函数，且在上单调递增，若，则实数a的取值范围是______．〖答案〗〖解析〗因为为偶函数，所以，函数的图象关于对称，又在上单调递增，，所以，解得．故〖答案〗为：.16.已知正四棱柱的体积为16，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度的最小值为______．〖答案〗〖解析〗如图取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，因为是棱的中点，所以，则为的四等分点且，由正四棱柱的性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，所以、、、四点共面，所以平面平面，连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点，所以线段即为点的轨迹，如图在平面中，过点作，交于点，因为，所以，所以，所以，设、，，依题意，，所以，要求动点的轨迹长度的最小值，即求的最小值，即求的最小值，因为，所以，所以，当且仅当，即、时取等号，所以，所以，即动点的轨迹长度的最小值为.故〖答案〗为：.四、解答题17.已知函数，将图象上每一点的横坐标缩短为原来的，再将所得图象向上平移1个单位长度得到函数的图象．（1）求图象的对称中心；（2）若函数在上没有最小值，求实数m的取值范围．解：（1）根据题意，，由，得，，所以函数图象的对称中心为，．（2）由（1）知：，因为，所以，要使在上没有最小值，则，解得，即实数的取值范围为．18.已知正项数列满足，．（1）求的通项公式；（2）若对任意正整数n，不等式恒成立，求实数k的取值范围．解：（1）因为，所以．又因为，所以，即，所以数列是公比为2等比数列，又因为，所以．（2）不等式恒成立，只需恒成立，设，则，所以数列为递减数列，所以，即的最大值为，因为对任意正整数，不等式恒成立，所以，所以实数的取值范围为．19.从①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足：______．（1）求角C的大小；（2）若，的内心为I，求周长的取值范围．注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．解：（1）选择条件①，，在中，由正弦定理得，整理得，则由余弦定理，，又，所以．选择条件②，，于是，在中，由正弦定理得，，因为，则，即，因为，因此，即，又，所以．（2）如图，由（1）知，，有，因为的内心为，所以，于是．设，则，且，在中，由正弦定理得，，所以，所以的周长为，由，得，所以，所以周长的取值范围为．20.如图所示，四棱锥中，底面为矩形，与交于点O，点E在线段上，且平面，二面角，二面角均为直二面角．（1）求证：；（2）若，且平面与平面夹角的余弦值为，求的长度．（1）证明：因为平面，平面，平面平面，所以．又因为四边形为矩形，所以，则．（2）解：因为四边形为矩形，所以．又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．因为平面，所以．同理，．设，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，，．设为平面的法向量，因为所以令，则，所以；设为平面的法向量，因为所以令，则，所以，所以，解得．故．21.设函数，．（1）若函数在点处的切线方程为，求a，b；（2）若方程有两个不同的实数根，求b的取值范围．解：（1），则切线的斜率为，又，所以函数在点处的切线方程为，即，所以，解得；（2）方程即为，即，设，则“方程有两个不同的实数根”等价于“函数有两个零点”，，当时，恒成立，所以在上是增函数，至多有一个零点，不合题意；当时，由得，此时：若，则，单调递减；若，则，单调递增，所以，由函数有两个零点得，解得，当时，有，因为，所以在内有一个零点．令，则，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，故．所以在上单调递增，所以，所以，所以在内也有一个零点，即当时，函数有两个零点，所以实数的取值范围为．22.已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个极值点，，求当a为何值时，取得最大值．解：（1）由，得．令，则，，当，即时，恒成立，则，所以在上是减函数．当，即或．（i）当时，恒成