2024-2025学年广东省梅州市高三上学期12月月考数学检测试题（含解析）

2024-2025学年广东省梅州市高三上学期12月月考数学检测试题一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，则（

）A． B．3 C． D．53．已知四边形是平行四边形，，，记，，则（

）A．B．C．D．4．已知，则（

）A． B． C． D．5．已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（

）A．30° B．60° C．90° D．120°6．已函数的大致图象是（

）A．

B．

C．

D．7．设实数，若不等式aeax−1≥lnxe对任意恒成立，则A． B． C． D．8．设是公比不为1的无穷等比数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.9．函数的部分图象如图所示，则下列命题正确的是（

）A．B．C．关于对称D．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数10．已知球是棱长为2的正方体的内切球，是的中点，是的中点，是球的球面上任意一点，则下列说法正确的是（

）A．若，则动点的轨迹长度为B．三棱锥的体积的最大值为C．的取值范围是D．若，则的大小为定值11．已知函数为奇函数，且，当时，，则（

）A.的图象关于点对称 B.的图象关于直线对称C.的最小正周期为2 D.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12．设等差数列的前项和为,若,,则．13．中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，则的最小值是______________．14．在四面体中，是边长为的等边三角形，，，，点在棱上，且，过点作四面体的外接球的截面，则所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为．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.（13分）已知等差数列满足，正项等比数列满足首项为1，前3项和为7.（1）求与的通项公式；（2）求的前n项和16．（15分）已知函数的最小正周期为.(1)求在上的单调递增区间；(2)在锐角三角形中，内角的对边分别为且求的取值范围.17.（15分）已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若在恒成立，求整数a的最大值.．18．（17分）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中∥，，，，为棱BC上的点，且．(1)求证：平面PAC；(2)求点到平面PCD的距离；(3)设为棱CP上的点（不与C，P重合），且直线QE与平面PAC所成角的正弦值为，求的值．.19．（17分）已知（其中为自然对数的底数）.(1)当时，求曲线在点处的切线方程，(2)当时，判断是否存在极值，并说明理由；(3)，求实数的取值范围.数学月考答案一、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，只有一项是符合要求的。1．已知集合，则（

）A． B． C． D．【正确答案】B【分析】根据题意，由交集的运算，即可得到结果.【详解】因为，则.故选：B2．已知复数满足，则（

）A． B．3 C． D．5【正确答案】D【分析】先根据复数的除法求出复数，再根据共轭复数的定义及复数的乘法运算即可得解.【详解】由，得，所以，所以.故选：D.3．已知四边形是平行四边形，，，记，，则（

）A．B．C．D．【正确答案】A在中，，，，，所以.故选：A4．已知，则（

）A． B． C． D．【正确答案】A依题意，，所以.故选：A5．已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（

）A．30° B．60° C．90° D．120°【正确答案】B【分析】由条件结合投影向量的定义可求，再根据向量夹角余弦公式求结论.【详解】因为向量在向量上的投影向量为，是两个单位向量，所以，所以，又，所以，所以，又，所以，又，所以向量与向量的夹角为，即.故选：B.6．已函数的大致图象是（

）A．

B．

C．

D．

【正确答案】C由，得，所以的定义域为.又，所以函数为偶函数，图象关于轴对称，故B错误；因为，所以当时，，所以，且在定义内为增函数，故A，D错误.对C：符合函数的定义域，奇偶性，单调性，故C正确.故选:C7．设实数，若不等式aeax−1≥lnxe对任意恒成立，则A． B． C． D．【正确答案】C【分析】将原不等式转化为恒成立，先判断得出恒成立，结合不等式的基本性质可得恒成立，进而求解即可.【详解】，即，因为，所以，即恒成立，令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，因为，所以，若时，不等式恒成立，则恒成立，若时，，恒成立，则也成立，所以当时，恒成立，所以得，即，设当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以，即正实数的最小值为.故选：C.8．设是公比不为1的无穷等比数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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【正确答案】B【分析】借助充要条件的定义，分别验证充分性与必要性，结合等比数列、递增数列的定义，借助反证法证明即可得.【详解】若为递增数列，当，且时，有，此时为递增数列，当对任意,，故“为递增数列”不是“存在正整数，当时，”的充分条件；若存在正整数，当时，，此时，，故，，假设存在，使得，则有，则，又且，故，则当时，，与条件矛盾，故不存在，使，即在上恒成立，即，又，，故，即对任意的，，即为递增数列，故“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的必要条件；综上所述，“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的必要不充分条件.故选：B.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．函数的部分图象如图所示，则下列命题正确的是（

）A．B．C．关于对称D．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数【正确答案】AC【分析】根据可得，代入最高点可得，进而求出函数的表达式，即可判断AB，代入验证即可判断C，根据平移即可求解D.【详解】由图象可知，，解得，，又，所以，即，结合，可知，得的表达式为，故A正确，B错误，对于C，由于，即的图象关于对称，故C正确；对于D，函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数，故D错误．故选：AC．10．已知球是棱长为2的正方体的内切球，是的中点，是的中点，是球的球面上任意一点，则下列说法正确的是（

）A．若，则动点的轨迹长度为B．三棱锥的体积的最大值为C．的取值范围是D．若，则的大小为定值【正确答案】ACD【分析】对于A项，先证得面可得点轨迹为平面与内切球的交线，由到面的距离为面与面的距离可得，结合求解即可，对于B项，当三棱锥的体高经过球心时体积取得最大值，结合空间向量坐标法求得球心到平面距离，进而由计算即可，对于C项，运用极化恒等式可得，则将问题转化为求的范围，作出平面截球的截面，将空间问题转化为平面问题可得，进而可求得结果，对于D项，作出平面截球与椭球的截面图，结合椭圆与圆的对称性可判断D项.【详解】对于A项，由正方体性质得面，且内切球半径，分别取、、中点、、，如图所示，易知面面，故面，则点轨迹为平面与内切球的交线，即为截面圆的周长，易知球心面，则到面的距离为面与面的距离，所以截面圆半径为.故点轨迹长度为，故A项正确；对于B项，以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，所以，所以到平面距离为，因为面，面，所以，又，所以三棱锥的体积的最大值为，故B项错误；对于C项，取中点，连接、、，如图所示，则，所以，平面截球的截面图如图所示，又，，则，所以当位于时，所以当位于时，，则，所以，即的范围为，故C项正确；对于D项，由题意知，，又，所以点在以、为焦点，长轴长为3的椭球面上，又因为点在以为球心，1为半径的球面上，所以点在椭球面与球面的交线处，则平面截球与椭球的截面图如图所示，由椭圆与圆的对称性可知，点位于、、、时，为定值，故D项正确.故选：ACD.与球截面有关的方法点睛：①定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；②作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的．11．已知函数为奇函数，且，当时，，则（

）A.的图象关于点对称 B.的图象关于直线对称C.的最小正周期为2 D.【正确答案】ABD【分析】对于A，由函数是奇函数，它的图像关于点对称，由平移可得的图象关于点1,0对称；对于B，由函数轴对称的性质可得；对于C，由已知及奇函数的定义，赋值推导即可得到的最小正周期是否为2；对于D，由当时，，及函数的对称性和周期性，可得f1+f2+f3+f4=0，则可得，即可求得结果.【详解】对于A：因为函数是奇函数，所以的图像关于点对称，又函数的图像向右平移1个单位可得到函数y=fx的图像，所以的图象关于点1,0对称，故A正确；对于B：因为，所以的图象关于直线对称，故B正确；对于C：由的图象关于点1,0对称，，，则，所以的最小正周期不可能为2，故C错误；对于D：因为当时，，所以，f1=0，因为的图象既关于点1,0对称，又关于直线对称，所以，，又因为函数是奇函数，所以，又，则，则，则，所以的一个周期为，所以，所以f1+f所以，故D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．设等差数列的前项和为,若,,则.【正确答案】10【分析】将和用首项和公差表示，解方程组，求出首项和公式，利用公式求解.【详解】设该数列的公差为，由题可知：，解得，故.故10.13．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，则的最小值是______________．【正确答案】因为，由正弦定理得，所以，又因为，所以，所以，即.所以，显然必为正（否则和都为负，就两个钝角），所以，当且仅当，即取等号.所以.故14．在四面体中，是边长为的等边三角形，，，，点在棱上，且，过点作四面体的外接球的截面，则所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为．【正确答案】/1：8【分析】先根据勾股定理逆定理得到，再根据直角三角形中线性质找出外接球的球心，再结合球的截面距离分析，要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，只需球心到截面的距离最大即可．【详解】由题意知，，由勾股定理可知，，所以，取的中点，所以，所以四面体的外接球在斜边的中点处，四面体的外接球的半径，根据题意可知，过点作球的截面，若要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，设球到截面的距离，只需球心到截面的距离最大即可，而当且仅当与截面垂直时，球心到截面的距离最大，即，取的中点，易知为等腰三角形，，所以，所以截面圆的半径为，所以截面圆的面积为，球的表面积为，所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为故．四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15．（13分）已知等差数列满足，正项等比数列满足首项为1，前3项和为7.（1）求与的通项公式；（2）求的前n项和.【正确答案】（1），；（2）.解：（1）设等差数列的公差为d，由，可得，解得，则；设正项等比数列的公比为q，q>0，由首项为1，前3项和为7，可得，解得q=2，则；由（1）可得，所以，则，两式相减可得=，所以.16．（15分）已知函数的最小正周期为.(1)求在上的单调递增区间；(2)在锐角三角形中，内角的对边分别为且求的取值范围.【解】（1）.因为所以故.由解得当时又所以在上的单调递增区间为.（2）由得（所以.因为所以又所以又三角形为锐角三角形，则，则，所以，又，，则，所以的取值范围为.17．（15分）已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若在恒成立，求整数a的最大值.【正确答案】见解析【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.（2）将转化为对恒成立，构造函数，通过二次求导的方法求得（其中），由此求得整数的最大值.【详解】（1）函数的定义域为.因为，………1分所以.………2分当，即时，；………3分当，即时，由得，得.………5分综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；………6分（2）因为，即，所以.所以对恒成立.令，则，……8分令，则，因为，所以，……10分所以在上单调递增，因为，，所以存在满足，即.………12分当时，，即；当时，，即.所以在上单调递减，在上单调递增，………13分所以，所以，………14分因为，，所以的最大值为.………15分18．（17分）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中∥，，，，为棱BC上的点，且．(1)求证：平面PAC；(2)求点到平面PCD的距离；(3)设为棱CP上的点（不与C，P重合），且直线QE与平面PAC所成角的正弦值为，求的值．【正确答案】(1)证明见解析(2)2