2024-2025学年福建省福州市高三上册10月月考数学检测试题合集2套（含解析）

2024-2025学年福建省福州市高三上学期10月月考数学检测试题（一）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的班级、准考证号、姓名填写在答题卡上.2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B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.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答.若在试题卷上作答，答案无效.第Ⅰ卷一、单选题：本大题共8小题，每小题5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.已知全集，集合，，则（）.A. B. C. D.2.设，则“”是“”的（）.A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件3.的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知，，，则（）.A. B. C. D.4.已知是边长为2的等边三角形，P为平面内一点，则的最小值是（）.A.-2 B. C. D.-15.函数在单调递减，且为奇函数，若，则满足的的取值范围是（）.A. B. C. D.6.在平面直角坐标系中，角以为始边，终边在第三象限.则（）.A. B.C. D.7.在正四棱台中，，，，若球O与上底面以及棱，，，均相切，则球O的表面积为（）.A. B. C. D.8.已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数的取值范围为（）.A. B. C. D.二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.9.已知各项均为正数的等差数列，且，则（）.A. B.C.数列是等差数列 D.数列是等比数列10.如图，在正方体中，M，N，P分别为棱，，的中点，则下列结论正确的是（）.A.平面B.点P与点D到平面的距离相等C.平面截正方体所得截面图形为等腰梯形D.平面将正方体分割成的上、下两部分的体积之比为7：1711.已知奇函数的定义域为，，对于任意的正数，，都有，且时，都有，则（）.A.B.函数在内单调递增C.对于任意都有D.不等式的解集为第Ⅱ卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡相应横线上.12.已知单位向量，向量，，若，则实数_______.13.直线被圆截得最大弦长为_______.14.对于正整数，设是关于x的方程的正实数根.记，其中表示不超过x的最大整数，则________；设数列的前项和为，则________.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.（本小题满分13分）已知数列的前n项和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和.16.（本小题满分15分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，已知.（1）求角B；（2）若，的周长为，求的最大值.17.（本小题满分15分）已知椭圆：的右焦点F在直线上，A，B分别为的左、右顶点，且.（1）求C的标准方程；（2）是否存在过点的直线交C于M，N两点，使得直线，的斜率之和等于-1？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由.18.（本小题满分17分）如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面.（1）求证：平面平面（2）求二面角的余弦值.（3）G为平面内一点，若平面，求的长.19.（本小题满分17分）设a，b为实数，且，函数.（1）若，讨论函数的单调性；（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.（注：是自然对数的底数）数学答案题号12345678答案BABBDCCB题号91011121314（1）14（2）答案ACBCDACD1010101.【详解】由题知，，则.故选：B.2.【详解】因为可得：当时，，充分性成立；当时，，必要性不成立；所以当，是的充分不必要条件.故选：A.3.【详解】，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，由正弦定理可得，∵，，∴，∵，∴.故选B.4.【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，则，，，设，则，，，则，∴当，时，取得最小值.故选：B.5.【详解】是奇函数，故；又是减函数，，即则有，解得.故选D.6.【详解】由题意可得、，，对A，当时，，则，，此时，故A错误；对B，当时，，故B错误；对C、D，，由，故，则，即，故C正确，D错误.故选：C.7.【详解】设棱台上下底面的中心为N，M，连接，，则，，所以棱台的高，设球半径为，根据正四棱台的结构特征可知：球O与上底切于N，与棱，，，均相切于各边中点处，设中点为E，连接，，，所以，解得，所以球的表面积为.故选：C8.【详解】设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，又，，则公切线的斜率，则，所以，则公切线方程为，即，代入得：，则，整理得，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，设，，则，令得，当时，，单调递增，时，，单调递减，又可得，则时，；时，，则函数的大致图象如下：所以，解得，故实数a的取值范围为.故选：B.9.【详解】设等差数列的公差为，对A，因为是等差数列，且3+7=4+6，由等差数列性质得，故A正确；对，则，故B错误；对C，因为，则数列是等差数列，故C正确；对D，如数列为1，2，3，4，5，6…，显然数列不是等比数列，故D错误.故选：AC.10.【详解】正方体中，不妨设棱长为2.假设平面，则，而底面，则，与相交于平面，所以平面，则，显然不成立，即选项A错误；连接，，由知，A，M，N，四点共面，即为平面截正方体所得截面图形，而，，故截面图形为等腰梯形，C正确；由，知四边形是平行四边形，所以，且平面，平面，故平面，所以点P与点D到平面的距离相等，选项B正确；平面将正方体分割的上面部分是棱台，上底面面积为，下底面面积为，高，所以体积，而正方体体积为，所以分割的下面部分体积，所以，即选项D正确.故选：BCD.11.【详解】已知，令，，可得，，令，可得，得，，A选项正确；奇函数的定义域为，，所以，又知，所以函数在内不是单调递增，B选项错误；对于任意的正数，，都有，对于任意都有，，，又因为函数为奇函数，可得，C选项正确；对于任意的正数，，都有，，又因为，所以，所以，又因为，，，所以，所以，所以函数在内是单调递增，又因为函数为奇函数，所以函数在内是单调递增，因为不等式，所以，，已知，令，，因为，可得，函数在内是单调递增，所以，已知，令，，因为，可得，同理，，又因为函数为奇函数，，，又因为函数在内是单调递增，所以不等式的解集为，D选项正确.故选：ACD.12.【详解】因为，所以，故.故1.13.【详解】由已知，圆的标准方程为，圆心为，半径，圆心到直线的距离，解得，所以弦长为，因为，所以，所以弦长，当即时，弦长有最大值.故答案为.14.【详解】（1）当时，，设单调递减，，，所以，，；（2）令，则方程化为：，令，则在单调递增，；，由零点存在定理可得：，，当，，，当，，，所以当，.故①0；②1010.15.解：（1），，当时，∴，，当时，，两式相减得，∴，∵∴，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，∴；（2）由（1）可知，记，∴，，两式相减得，∴.16.解：（1）因为，所以，即，由正弦定理，得，因为，所以，因为，所以，所以，又，所以.（2）由余弦定理，得，即，所以，即，因为，，所以，所以，又（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），即的最大值为.17.解：（1）设右焦点，直线与x轴的交点为，所以椭圆C右焦点F的坐标为，故在椭圆C中，由题意，结合，则，，所以椭圆C的方程为：；（2）当直线的斜率为0时，显然不满足条件，当直线的倾斜角不为0°时，设直线的方程为：，，，由，可得，由题意，则，，由，由，即，故存在满足条件的直线，直线的方程为.18.解：（1）连接，在中，，，，∴，则，，，∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，∵平面，∴，∴在中，，又∵，，∴，，，在中：，∴，又，，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）法一：由（1）可知：，，则二面角的一个平面角为，∴在中，由余弦定理知；法二：在平面上过点B作z轴于B，过P作轴于E，∵平面平面，平面平面，z轴平面，∴z轴⊥平面，∴z轴、轴，又，∴轴，，两两垂直，如图以，为x，y轴建立空间直角坐标系：，，，由余弦定理可知，∴，所以，，则，，，设为平面的一个法向量，则：，令，则，，所以，易知是平面的一个法向量，设二面角的一个平面角为，则，由图形可知该二面角为钝角，所以；（3）法一：过作，垂足为，过作，在中，过D作，过Q作，，因为，平面，所以平面，又平面，所以，而，平面，所以平面，即为所求.分别延长、交于，连接，过D作，由（1）知，，与相交，平面，∴平面，∴，，设，，∴，则，设，在平面内，由几何关系知，，所以.法二：由（2）得，平面的法向量为，且，∴，∴，∵为直角三角形，∴.法三：由（2）得，，，，，设，所以，又：，即.∴.19.解：（1）定义域，，，①若，则，所以在上单调递增；②若，当时，，单调递增，当时，，单调递减.综上可得，时，在上单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减.（2）有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，令，则，，记，，记，，又，所以时，，时，，则在单调递减，单调递增，∴，∴，∵，∴，∴.即实数的取值范围是.（3）[方法一]【最优解】：，，有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.由（2）可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，，注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，又由知，，要证，只需，2且关于的函数在上单调递增，所以只需证，只需证，只需证，∵，只需证在时为正，由于，故函数单调递增，又，故在时为正，从而题中的不等式得证.[方法二]：分析+放缩法，有2个不同零点，，不妨设，由得（其中）.且，.要证，只需证，即证，只需证.又，所以，即.所以只需证.而，所以，又，所以只需证.所以，原命题得证.[方法三]：若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且.又，故进一步有.由可得且，从而.因为，所以，故只需证.又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立.2024-2025学年福建省福州市高三上学期10月月考数学检测试题（二）本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分。限时时间为120分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上。2.选择题每小题选出答案后，用2B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；在试卷上做答无效。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卡的整洁和平整。第Ⅰ卷（共73分）一、单项选择题：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.已知的外接圆面积为，，则（）.A. B. C. D.2.函数的最小正周期是（）A． B． C．D．3.设函数，则（）A.4 B.5 C.6 D.74．若正数，满足，则的最小值是（）A． B． C． D．25.已知集合，若“”是“”的必要不充分条件，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.6.函数在上不单调，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.7.已知，则的值为（）A. B. C. D.8.已知函数，，若和图象存在3个交点，，，则（）A.1 B.2 C.3 D.4多选题：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，有选错的得0分，部分选对得部分分数分.9．下列命题正确的有（

）A．函数为增函数B．函数定义域为，则的定义域为C．函数是定义在R上的奇函数D．已知函数存在两个零点，则10.已知，，且，则下列结论一定正确的是（

）A． B．C． D．11.设函数，则（）A.的定义域为B.的图象关于对称C.的最小值为D.方程在上所有根的和为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.已知是函数的一条对称轴，则的最大值为.13.已知函数，则函数的所有零点构成的集合为__________.14．已知的半径是1，点P满足，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，设，则_________（结果用α表示）；当时，取得最大值．第Ⅱ卷（共77分）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．（13分）已知，曲线在点处的切线斜率为．（1）求a；（2）求不等式的解集．16.（15分）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点P，且．（1）求；（2）若，BE＝2，，求面积．17．（15分）在中，角所对的边分别为．已知成公比为q的等比数列．（1）求q的取值范围；（2）求的取值范围．18．（17分）设函数(1)求不等式的解集；(2)若在上的最大值为，求实数的取值范围；(3)当时，对任意的正实数，不等式恒成立，求的最大值.19.（17分）已知函数，若存在实数，使得，则称与为“互补函数”，为“互补数”.(1)判断函数与是否为“互补函数”，并说明理由.(2)已知函数为“互补函数”，且为“互补数”.（i）当时，求;（ii）当时，求的范围.数学答案一、单项选择题：CCDADCDC5【详解】由，即，解得或，故或，又由，即，解得，故，因为是必要不充分条件，即是的真子集，可得或，解得或，即6【详解】函数定义域为，由题意，函数在上不单调，所以在上有零点，即方程在上有根，即方程在上有根，所以，即，所以实数的取值范围为.7【详解】由已知，，则，从而，所以，8【详解】因为，又，所以关于点对称，又，所以也关于点对称，因为，，所以交点，，中必定含有一个点为，且剩余两个点关于点对称，故．二．多项选择题：BCACACD10．【详解】令，则，所以当时，，所以在上单调递增；由得，即，∵，∴，∴，即，∴，即，∴，A正确；由知，所以，所以选项B错误；由知，所以选项C正确．由，知，所以，所以D错误，11.【详解】A选项，又题意得，故，定义域为，A正确；B选项，，故的图象不关于对称；C选项，，故的一个周期为，又，故关于对称，由A知，定义域为，故只需研究时的最小值即可，此时，则，其中恒成立，故令f'x>0得，此时单调递增，令f'x<0得，此时单调递减，故在时，取得最小值，此时，故的最小值为，C正确；D选项，画出在上的图象，如下：其中，则与共有8个交点，由对称性可知，，则方程在上所有根的和为，D正确.三．填空题：12.13.14.，14【详解】由题意可知：点P在以为圆心，半径为的圆上，因为直线PA与相切于点A，则，，可知，，又因为D为BC的中点，则，可得，则，且，可得，可知：当，即时，取到最大值.四．解答题15．【详解】（1）由已知，得，（2分）又函数y=fx在点处的切线斜率为，即，解得；（5分）（2）由（1）得，，则恒成立，即在上单调递增，（7分）又，即函数为奇函数，（9分）由，可知，（11分）即，解得，即不等式的解集为.（13分）16.【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，（3分）由余弦定理得，（5分）又，所以.（7分）（2）因为P是BC，AC边上的两条中线AD与BE的交点，所以点P是的重心.（9分）又，，，所以在中，由余弦定理，（11分）所以，又，，所以，所以，（13分）所以面积为．（15分）17．【详解】（1）由题意知，（2分）根据三角形三边关系知：，（5分）解得（7分）（2）由（1）及正弦定理、余弦定理知：，（11分）由对勾函数的性质知：在上单调递减，在上单调递增，（13分）所以，则，即的取值范围为.（15分）18【详解】（1）f(x)<f(1)即f(x)<0，即(x−1)(x−(a−1）<0，（2分）x−1x−(a−1)=0两根为1当(a−1)>1，即a>2时，解集为1,a−1；当