2024-2025學年廣東省梅州市高三上學期12月月考數學檢測試題（含解析）

2024-2025學年廣東省梅州市高三上學期12月月考數學檢測試題一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．已知復數滿足，則（

）A． B．3 C． D．53．已知四邊形是平行四邊形，，，記，，則（

）A．B．C．D．4．已知，則（

）A． B． C． D．5．已知是兩個單位向量，若向量在向量上的投影向量為，則向量與向量的夾角為（

）A．30° B．60° C．90° D．120°6．已函數的大致圖象是（

）A．

B．

C．

D．7．設實數，若不等式aeax?1≥lnxe對任意恒成立，則A． B． C． D．8．設是公比不為1的無窮等比數列，則“為遞增數列”是“存在正整數，當時，”的（

）A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.9．函數的部分圖象如圖所示，則下列命題正確的是（

）A．B．C．關于對稱D．將函數的圖象向右平移個單位長度得到函數10．已知球是棱長為2的正方體的內切球，是的中點，是的中點，是球的球面上任意一點，則下列說法正確的是（

）A．若，則動點的軌跡長度為B．三棱錐的體積的最大值為C．的取值范圍是D．若，則的大小為定值11．已知函數為奇函數，且，當時，，則（

）A.的圖象關于點對稱 B.的圖象關于直線對稱C.的最小正周期為2 D.三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12．設等差數列的前項和為,若,,則．13．中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．若，則的最小值是______________．14．在四面體中，是邊長為的等邊三角形，，，，點在棱上，且，過點作四面體的外接球的截面，則所得截面圓的面積最小值與球的表面積之比為．四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.（13分）已知等差數列滿足，正項等比數列滿足首項為1，前3項和為7.（1）求與的通項公式；（2）求的前n項和16．（15分）已知函數的最小正周期為.(1)求在上的單調遞增區(qū)間；(2)在銳角三角形中，內角的對邊分別為且求的取值范圍.17.（15分）已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）若在恒成立，求整數a的最大值.．18．（17分）如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中∥，，，，為棱BC上的點，且．(1)求證：平面PAC；(2)求點到平面PCD的距離；(3)設為棱CP上的點（不與C，P重合），且直線QE與平面PAC所成角的正弦值為，求的值．.19．（17分）已知（其中為自然對數的底數）.(1)當時，求曲線在點處的切線方程，(2)當時，判斷是否存在極值，并說明理由；(3)，求實數的取值范圍.數學月考答案一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的。1．已知集合，則（

）A． B． C． D．【正確答案】B【分析】根據題意，由交集的運算，即可得到結果.【詳解】因為，則.故選：B2．已知復數滿足，則（

）A． B．3 C． D．5【正確答案】D【分析】先根據復數的除法求出復數，再根據共軛復數的定義及復數的乘法運算即可得解.【詳解】由，得，所以，所以.故選：D.3．已知四邊形是平行四邊形，，，記，，則（

）A．B．C．D．【正確答案】A在中，，，，，所以.故選：A4．已知，則（

）A． B． C． D．【正確答案】A依題意，，所以.故選：A5．已知是兩個單位向量，若向量在向量上的投影向量為，則向量與向量的夾角為（

）A．30° B．60° C．90° D．120°【正確答案】B【分析】由條件結合投影向量的定義可求，再根據向量夾角余弦公式求結論.【詳解】因為向量在向量上的投影向量為，是兩個單位向量，所以，所以，又，所以，所以，又，所以，又，所以向量與向量的夾角為，即.故選：B.6．已函數的大致圖象是（

）A．

B．

C．

D．

【正確答案】C由，得，所以的定義域為.又，所以函數為偶函數，圖象關于軸對稱，故B錯誤；因為，所以當時，，所以，且在定義內為增函數，故A，D錯誤.對C：符合函數的定義域，奇偶性，單調性，故C正確.故選:C7．設實數，若不等式aeax?1≥lnxe對任意恒成立，則A． B． C． D．【正確答案】C【分析】將原不等式轉化為恒成立，先判斷得出恒成立，結合不等式的基本性質可得恒成立，進而求解即可.【詳解】，即，因為，所以，即恒成立，令，則，當時，單調遞減，當時，單調遞增，因為，所以，若時，不等式恒成立，則恒成立，若時，，恒成立，則也成立，所以當時，恒成立，所以得，即，設當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，所以，即正實數的最小值為.故選：C.8．設是公比不為1的無窮等比數列，則“為遞增數列”是“存在正整數，當時，”的（

）A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件【正確答案】B【分析】借助充要條件的定義，分別驗證充分性與必要性，結合等比數列、遞增數列的定義，借助反證法證明即可得.【詳解】若為遞增數列，當，且時，有，此時為遞增數列，當對任意,，故“為遞增數列”不是“存在正整數，當時，”的充分條件；若存在正整數，當時，，此時，，故，，假設存在，使得，則有，則，又且，故，則當時，，與條件矛盾，故不存在，使，即在上恒成立，即，又，，故，即對任意的，，即為遞增數列，故“為遞增數列”是“存在正整數，當時，”的必要條件；綜上所述，“為遞增數列”是“存在正整數，當時，”的必要不充分條件.故選：B.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．函數的部分圖象如圖所示，則下列命題正確的是（

）A．B．C．關于對稱D．將函數的圖象向右平移個單位長度得到函數【正確答案】AC【分析】根據可得，代入最高點可得，進而求出函數的表達式，即可判斷AB，代入驗證即可判斷C，根據平移即可求解D.【詳解】由圖象可知，，解得，，又，所以，即，結合，可知，得的表達式為，故A正確，B錯誤，對于C，由于，即的圖象關于對稱，故C正確；對于D，函數的圖象向右平移個單位長度可以得到函數，故D錯誤．故選：AC．10．已知球是棱長為2的正方體的內切球，是的中點，是的中點，是球的球面上任意一點，則下列說法正確的是（

）A．若，則動點的軌跡長度為B．三棱錐的體積的最大值為C．的取值范圍是D．若，則的大小為定值【正確答案】ACD【分析】對于A項，先證得面可得點軌跡為平面與內切球的交線，由到面的距離為面與面的距離可得，結合求解即可，對于B項，當三棱錐的體高經過球心時體積取得最大值，結合空間向量坐標法求得球心到平面距離，進而由計算即可，對于C項，運用極化恒等式可得，則將問題轉化為求的范圍，作出平面截球的截面，將空間問題轉化為平面問題可得，進而可求得結果，對于D項，作出平面截球與橢球的截面圖，結合橢圓與圓的對稱性可判斷D項.【詳解】對于A項，由正方體性質得面，且內切球半徑，分別取、、中點、、，如圖所示，易知面面，故面，則點軌跡為平面與內切球的交線，即為截面圓的周長，易知球心面，則到面的距離為面與面的距離，所以截面圓半徑為.故點軌跡長度為，故A項正確；對于B項，以為原點，分別以、、所在直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，所以，，，設平面的一個法向量為，則，取，則，所以，所以到平面距離為，因為面，面，所以，又，所以三棱錐的體積的最大值為，故B項錯誤；對于C項，取中點，連接、、，如圖所示，則，所以，平面截球的截面圖如圖所示，又，，則，所以當位于時，所以當位于時，，則，所以，即的范圍為，故C項正確；對于D項，由題意知，，又，所以點在以、為焦點，長軸長為3的橢球面上，又因為點在以為球心，1為半徑的球面上，所以點在橢球面與球面的交線處，則平面截球與橢球的截面圖如圖所示，由橢圓與圓的對稱性可知，點位于、、、時，為定值，故D項正確.故選：ACD.與球截面有關的方法點睛：①定球心：如果是內切球，球心到切點的距離相等且為半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；②作截面：選準最佳角度作出截面，達到空間問題平面化的目的．11．已知函數為奇函數，且，當時，，則（

）A.的圖象關于點對稱 B.的圖象關于直線對稱C.的最小正周期為2 D.【正確答案】ABD【分析】對于A，由函數是奇函數，它的圖像關于點對稱，由平移可得的圖象關于點1,0對稱；對于B，由函數軸對稱的性質可得；對于C，由已知及奇函數的定義，賦值推導即可得到的最小正周期是否為2；對于D，由當時，，及函數的對稱性和周期性，可得f1+f2+f3+f4=0，則可得，即可求得結果.【詳解】對于A：因為函數是奇函數，所以的圖像關于點對稱，又函數的圖像向右平移1個單位可得到函數y=fx的圖像，所以的圖象關于點1,0對稱，故A正確；對于B：因為，所以的圖象關于直線對稱，故B正確；對于C：由的圖象關于點1,0對稱，，，則，所以的最小正周期不可能為2，故C錯誤；對于D：因為當時，，所以，f1=0，因為的圖象既關于點1,0對稱，又關于直線對稱，所以，，又因為函數是奇函數，所以，又，則，則，則，所以的一個周期為，所以，所以f1+f所以，故D正確．故選：ABD．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．設等差數列的前項和為,若,,則.【正確答案】10【分析】將和用首項和公差表示，解方程組，求出首項和公式，利用公式求解.【詳解】設該數列的公差為，由題可知：，解得，故.故10.13．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．若，則的最小值是______________．【正確答案】因為，由正弦定理得，所以，又因為，所以，所以，即.所以，顯然必為正（否則和都為負，就兩個鈍角），所以，當且僅當，即取等號.所以.故14．在四面體中，是邊長為的等邊三角形，，，，點在棱上，且，過點作四面體的外接球的截面，則所得截面圓的面積最小值與球的表面積之比為．【正確答案】/1：8【分析】先根據勾股定理逆定理得到，再根據直角三角形中線性質找出外接球的球心，再結合球的截面距離分析，要所得的截面圓中面積最小，只需截面圓半徑最小，只需球心到截面的距離最大即可．【詳解】由題意知，，由勾股定理可知，，所以，取的中點，所以，所以四面體的外接球在斜邊的中點處，四面體的外接球的半徑，根據題意可知，過點作球的截面，若要所得的截面圓中面積最小，只需截面圓半徑最小，設球到截面的距離，只需球心到截面的距離最大即可，而當且僅當與截面垂直時，球心到截面的距離最大，即，取的中點，易知為等腰三角形，，所以，所以截面圓的半徑為，所以截面圓的面積為，球的表面積為，所得截面圓的面積最小值與球的表面積之比為故．四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出必要的文字說明、證明過程及驗算步驟。15．（13分）已知等差數列滿足，正項等比數列滿足首項為1，前3項和為7.（1）求與的通項公式；（2）求的前n項和.【正確答案】（1），；（2）.解：（1）設等差數列的公差為d，由，可得，解得，則；設正項等比數列的公比為q，q>0，由首項為1，前3項和為7，可得，解得q=2，則；由（1）可得，所以，則，兩式相減可得=，所以.16．（15分）已知函數的最小正周期為.(1)求在上的單調遞增區(qū)間；(2)在銳角三角形中，內角的對邊分別為且求的取值范圍.【解】（1）.因為所以故.由解得當時又所以在上的單調遞增區(qū)間為.（2）由得（所以.因為所以又所以又三角形為銳角三角形，則，則，所以，又，，則，所以的取值范圍為.17．（15分）已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）若在恒成立，求整數a的最大值.【正確答案】見解析【分析】（1）求得，對進行分類討論，由此求得的單調區(qū)間.（2）將轉化為對恒成立，構造函數，通過二次求導的方法求得（其中），由此求得整數的最大值.【詳解】（1）函數的定義域為.因為，………1分所以.………2分當，即時，；………3分當，即時，由得，得.………5分綜上，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；………6分（2）因為，即，所以.所以對恒成立.令，則，……8分令，則，因為，所以，……10分所以在上單調遞增，因為，，所以存在滿足，即.………12分當時，，即；當時，，即.所以在上單調遞減，在上單調遞增，………13分所以，所以，………14分因為，，所以的最大值為.………15分18．（17分）如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中∥，，，，為棱BC上的點，且．(1)求證：平面PAC；(2)求點到平面PCD的距離；(3)設為棱CP上的點（不與C，P重合），且直線QE與平面PAC所成角的正弦值為，求的值．【正確答案】(1)證明見解析(2)2