2024-2025学年福建省龙岩市高三上册12月月考数学检测试卷（附解析）

2024-2025学年福建省龙岩市高三上学期12月月考数学检测试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知，则（

）A． B．C． D．2．若，则（）A．1 B． C． D．33．已知非零向量，满足，向量在向量方向上的投影向量是，则与夹角的余弦值为（）A． B． C． D．4．已知数列，则“”是“数列是等差数列”的（）A．充要条件 B．既不充分也不必要条件C．充分不必要条件 D．必要不充分条件5．若，且，则（）A． B． C． D．6．已知圆，直线，为直线上的动点．过点作圆的切线PM，PN，切点为M，N．若使得四边形为正方形的点有且只有一个，则正实数（

）A．1 B． C．5 D．77．已知函数在上有且仅有个零点，直线为函数图象的一条对称轴，则（）A． B． C． D．8．定义在上的偶函数和奇函数满足，若函数的最小值为，则（

）A．1 B．3 C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．下列函数最小值为4的是（

）A． B．C． D．10．设函数的最小正零点为，则（）A．的图象过定点 B．的最小正周期为C．是等比数列 D．的前项和为11．已知正方体的棱长为，，，分别是，，的中点，点为正方体表面上的一动点，则下列说法正确的是（

）A．的面积为B．三棱锥体积的最大值为C．若平面，则点的轨迹长度为D．当点为的中点时，到直线的距离为三、填空题（本大题共3小题）12．若直线与直线平行，则实数.13．古希腊数学家阿基米德发现了“圆柱容球”定理.圆柱形容器里放一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为.14．不等式解集中有且仅含有两个整数，则实数a的取值范围是．四、解答题（本大题共5小题）15．已知数列的前项和满足.(1)求数列的通项;(2)设数列满足，记的前项和为，比较和的大小.16．如图，四棱锥中，底面，，分别为线段上一点，.(1)若为的中点，证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.17．在中，内角的对边分别为，，，且.(1)求角的大小；(2)若，是边上的一点，且，求线段的最大值.18．函数，其中为整数.(1)当时，求函数在处的切线方程；(2)当x∈0,+∞时，恒成立，求的最大值.19．已知曲线，对坐标平面上任意一点，定义．若两点，满足，称点在曲线同侧；若，称点在曲线两侧．(1)直线过原点，线段上所有点都在直线同侧，其中、，求直线的斜率的取值范围；(2)已知曲线，为坐标原点，求点集的面积；(3)记到点与到轴距离和为的点的轨迹为曲线，曲线，若曲线上总存在两点在曲线两侧，求曲线的方程与实数的取值范围．

答案1．【正确答案】C【详解】，故选:C2．【正确答案】C【详解】因为，所以，所以.故选.3．【正确答案】A【详解】设非零向量，的夹角为，所以在向量方向上的投影向量为，又，所以，所以与夹角的余弦值为.故选.4．【正确答案】D【详解】先判断充分性：因为当时，，所以，令，则，所以数列的偶数项成等差数列，令，则，所以数列的奇数项成等差数列，但数列不一定是等差数列，如，，，，，，所以“”不是“数列是等差数列”的充分条件；再判断必要性：若数列是等差数列，当时，则，所以，所以“”是“数列是等差数列”的必要条件，综上，“”是“数列是等差数列”的必要不充分条件.故选：D.5．【正确答案】C【详解】因为，所以，因为，所以，所以，所以，，所以.故选.6．【正确答案】C【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，因为四边形为正方形，可知，若使得四边形为正方形的点有且只有一个，可知，则，解得或（舍去），所以正实数.故选：C.7．【正确答案】A【详解】因为，且，则，由题意可得：，解得，又因为直线为函数图象的一条对称轴，则，解得，可知，即，所以.故选：A.8．【正确答案】C【分析】先根据函数奇偶性得到，，从而得到，换元得到在上的最小值为，根据对称轴，分和两种情况，根据函数单调性得到最小值，从而得到方程，求出答案.【详解】①，故，因为为上的偶函数，为上的奇函数，故，所以②，式子①和②联立得，，，其中，当且仅当，即时，等号成立，所以在上的最小值为，由于的对称轴为，故当时，在上单调递增，故，解得，不合要求，舍去；当时，在上单调递减，在上单调递增，故，解得，负值舍去；故选：C9．【正确答案】BCD【分析】A由二次函数性质判断；B利用指数函数性质，结合基本不等式求最小值；C应用三角恒等变换得，结合正弦型函数性质判断；D函数化为，应用基本不等式求最小值判断.【详解】A：，不符；B：，当且仅当时等号成立，符合；C：，则，故，符合；D：且，故，所以，当且仅当时等号成立，符合.故选：BCD10．【正确答案】AC【详解】对于A，因为，所以，故A正确；对于B，的最小正周期为，故B错误；对于C，令，得，所以，整理得，即的零点为，而是的最小正零点，则，，显然，，，所以是，的等比数列，故C正确；对于D，的前项和为，故D错误.故选：AC.11．【正确答案】ACD【分析】由题意有是边长为的等边三角形，求面积判断A；利用线面平行、面面平行的判定证面面，结合正方体的结构特征有面，当重合时三棱锥体积最大，且当在上除外运动时，平面，判断B、C；根据已知求得，再由到直线的距离为判断D.【详解】由题意，可得是边长为的等边三角形，故其面积为，A对；由题设，面，面，则面，同理可证面，且在面内，故面面，根据正方体性质，易得面，即面，结合正方体的结构，易知当重合时，三棱锥体积最大，由A分析，易知棱锥的高，此时到面的距离，则，B错；由上知，当在上除外运动时，平面，轨迹长为，C对；若点为的中点，此时，且，所以，则，所以到直线的距离为，D对.故选：ACD12．【正确答案】−2【详解】因为直线与直线平行，所以，所以，且且所以.故答案为.13．【正确答案】【详解】可设球的半径为，则根据题意可知圆柱的底面半径也为，圆柱的高等于直径，即为，由球的体积为，利用球的体积公式可得：，解得：，再由圆柱的表面积公式得：，故答案为.14．【正确答案】【详解】，设，，，令得，令得，故在上单调递减，在上单调递增，其中，，，，的图象恒过点2,0，在同一坐标系内作出的图象，如下：

要想不等式解集中有且仅含有两个整数，显然2为一个符合要求的整数，当经过点时，，解得，故，此时，1为另一个符合要求的整数，故，故15．【正确答案】(1);(2)【详解】（1）在中,令,得，，，当时，，两式相减得，即，于是得是首项为，公比为的等比数列，则，所以数列的通项公式是.（2）由（1）及，得，则，于是得，两式相减得，所以,所以,即.【方法总结】错位相减法求和步骤：16．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：由已知得，取的中点T，连接，由N为的中点知，．又，故，且，∴四边形为平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面．（2）取的中点，连接，建立如图所示的空间坐标系．，不妨设，则，设平面的一个法向量为n=x,y,z，取，则.设直线与平面所成角为.故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.17．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理得到，由辅助角公式求出答案；（2）由正弦定理得到，由余弦定理得到，从而求出，得到答案.【详解】（1）因为，由正弦定理得，又，所以，所以，即，，又，所以，所以，所以；（2）在中，由正弦定理得，所以.因为，所以，在中，由余弦定理得，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，即线段的最大值为.18．【正确答案】(1)(2)2【分析】（1）根据导数的几何意义直接求解即可；（2）当时，可得恒成立；当时，转化问题为对于恒成立，设，，进而利用导数分析求解即可.【详解】（1）当时，，则，而，则，所以函数在处的切线方程为，即.（2）当时，，则恒成立，当时，由，得，即，则，即对于恒成立，设，，则，当时，显然恒成立，则函数在上单调递增，则，满足题意；当时，令，即，解得，此时函数在上单调递减，则，不满足题意.综上所述，的最大值为2.19．【正确答案】(1)(2)(3)和，【详解】（1）由题意知：直线斜率存在，可设其方程为，即，，解得：，直线斜率的取值范围为.（2），，，即，点集表示