2024-2025学年福建省连城县高三上册12月月考数学检测试题（附解析）

2024-2025学年福建省连城县高三上学期12月月考数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．若集合，则（

）A． B． C． D．2．已知向量，若∥，则（）A． B． C．4 D．63．在复平面内表示复数（1﹣i）（a+i）的点位于第二象限，则实数a的取值范围是（

）A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，﹣1） C．（1，+∞） D．（﹣1，+∞）4．已知某圆柱的内切球半径为1，则该圆柱的体积为（

）A． B． C． D．5．设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则6．一个弹力球从1m高处自由落下，每次着地后又弹回到原来高度的处，那么在第次着地后，它经过的总路程超过5m，则的最小值是（

）A．3 B．4 C．5 D．67．已知函数在内有且仅有3个零点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知函数的定义域均为是奇函数，且的图象关于对称，，则（

）A．4 B．8 C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知直线与圆相切，则下列说法正确的有（

）A．B．圆M与圆与圆M的公共弦所在直线的方程为C．过作圆M的切线，切线长为D．圆M与圆的位置关系为内含．10．若函数的两条相邻对称轴距离为，且，则（）A． B．点是函数的对称中心C．函数在上单调递增 D．直线是函数图象的对称轴11．如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内的一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（）A．的最小值为B．当与垂直时，直线与平面所成的角的正切值为C．三棱锥体积的最小值为D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为三、填空题（本大题共3小题）12．在正四棱台中，，则该棱台的侧面积为．13．已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为．14．已知函数，，且，；的取值范围为四、解答题（本大题共5小题）15．如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E分别为AC，的中点，，．(1)求证：平面BDE；(2)求直线DE与平面ABE所成角的正弦值；(3)求点D到平面ABE的距离．16．已知等差数列的前项和为，且，数列满足.(1)求数列和的通项公式；(2)记，求数列的前2024项和.17．在中，，.(1)当时，求和；(2)求面积的最大值.18．已知椭圆.（1）求椭圆C的离心率e；（2）若，斜率为的直线与椭圆交于、两点，且，求的面积.19．已知函数.(1)若曲线的一条切线方程为，求的值；(2)若函数在区间上为增函数，求的取值范围；(3)若，无零点，求的取值范围．

答案1．【正确答案】D【分析】求出集合后可求.【详解】，故，故选D.2．【正确答案】A【详解】因为，且∥，则，解得.故选：A.3．【正确答案】B把复数化为代形式，然后得出对应点坐标，由点在第二象限得出结论．【详解】，对应点为，由题意，解得．故选：B.4．【正确答案】B【详解】由题意得，该圆柱底面圆的半径为，圆柱的高为2，所以该圆柱的体积为.故选：B5．【正确答案】D【详解】对于A，，则或，A错误；对于B，，则或，B错误；对于C，，则直线可能相交，可能平行，也可能是异面直线，C错误；对于D，由线面平行的性质知，D正确.故选：D6．【正确答案】C【详解】设小球第一次落地时经过的路程为，第次落地到第次落地经过的路程为，由题意，，数列从第二项起构成以首项为，公比为的等比数列，则第n次着地后经过的路程为，即，结合选项，检验时，，时，成立，所以的最小值是.故选：C7．【正确答案】A利用两角和正弦公式和辅助角公式将函数整理为，由，得，结合正弦函数的图像求得的范围，从而求得的范围.【详解】当时，在有且仅有3个零点，结合正弦函数图像可知，解得：故选：A.8．【正确答案】B【详解】因为的图象关于对称，所以．因为①，则，即②，①②得，，所以的图像关于对称．令，则是奇函数，所以，即，所以的图象关于点中心对称，所以，所以，所以是以4为周期的周期函数．因为，所以．因为是以4为周期的周期函数，所以也是以4为周期的周期函数，由，取，，所以．因为，所以，所以．由，取，所以，所以，所以.故选：B．9．【正确答案】ABC【详解】对于A，由直线与圆相切可得：圆心到直线的距离为，可得，即A正确；对于B，圆的圆心为，半径为，与圆M的圆心距为，显然，即两圆相交；将两圆方程相减可得，即B正确.对于C，圆心到的距离为，由勾股定理可得切线长为，即C正确；对于D，圆可化为，圆心为，半径为；圆M与圆的两圆心距为，显然，即可得两圆相交，可知D错误；故选：ABC10．【正确答案】AB【详解】∵的两条相邻对称轴距离为.∴，∴.∴.∵，∴，又，则.∴.∴选项A正确；选项B：由，可得函数对称中心的横坐标.当时，对称中心为.B正确；选项C：当时，，，∴在上不递增，C错误；选项D：由，.可得对称轴：，.∴不是对称轴.或验证法把代入得，∴不是对称轴.∴D错误；故选：AB.11．【正确答案】ABC【详解】如图，令中点为中点为，连接MN，又正方体中，为棱的中点，可得，平面平面，又，且平面平面平面，又平面，且平面平面，又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面，的轨迹为线段，对A，将平面和平面展开到一个平面内，的最小值即点和点连线的距离，由题意易得，所以，从而可得取最短距离时，是的中点，且，又，所以，所以，故A正确；对B，的轨迹为线段与平面ABCD所成的角即与平面所成的角，F点到平面的距离为点在平面的射影P在上靠近点的四等分点，，故直线与平面ABCD所成的角的正切值为，故选项B正确；对C，由正方体侧棱底面，所以三棱锥体积为，所以面积最小时，体积最小，如图，，易得在处时最小，此时，所以体积最小值为，故选项C正确；对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时，由已知得此时，所以在底面的射影为底面外心，，所以底面为直角三角形，所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为，由，可得外接球半径，其外接球的表面积为，故选项D错误．故选：ABC.12．【正确答案】【详解】如图，过作，垂足为，所以为正四棱台的侧面的高，因为，则，，，所以正四棱台的侧面积为.故答案为.13．【正确答案】9【详解】∵在椭圆上∴∴根据基本不等式可得，即，当且仅当时取等号.故9.14．【正确答案】【详解】因为，所以在1,+∞上单调递增，在0,1上单调递减，因为，且，所以且，所以，则，则，所以，因为对勾函数在1,+∞上单调递增，所以，即的取值范围为.故；15．【正确答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【详解】（1）在三棱柱中，，为，的中点，∴，∵平面，∴平面，∵平面，∴，在三角形中，，为中点，∴，∵，平面，∴平面.（2）如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，在直角三角形中，，，∴，，，，，，，，设平面的法向量为，，令，则，，所以，设直线与平面所成角为，所以.（3）设点到平面的距离为，所以.16．【正确答案】(1)，.(2)【详解】（1）对数列，，又，所以，所以，所以；对数列，当时，，当时，，时，上式亦成立，所以.（2）由题意：所以数列的前2024项的和为.17．【正确答案】(1)，(2)27【详解】（1）因为且，所以.由正弦定理得，即.所以.所以或.因为，，所以.所以.由，即，解得.（2）因为，

因为，所以.

所以，当且仅当为时，等号成立.所以.所以面积的最大值为.18．【正确答案】（1）；（2）.【详解】（1）椭圆，椭圆长半轴长为，短半轴长为，；（2）设斜率为的直线的方程为，且、，，椭圆的方程为，由，.消去得，又有.，解得：满足，直线的方程为.故到直线的距离，.19．【正确答案】(1)(2)(3)【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；（2）由在区间上为增函数，可得在内恒成立，求出的最小值即可得解；（3）分进行讨论，求出函数的单调区间及最值，进而可得出结论.【详解】（1）函数的定义域为，设切点为，因为，所以，解得，因为，，所以，即，所以，所以，解得；（2