2024-2025學年福建省龍巖市高三上冊12月月考數(shù)學檢測試卷（附解析）

2024-2025學年福建省龍巖市高三上學期12月月考數(shù)學檢測試卷一、單選題（本大題共8小題）1．已知，則（

）A． B．C． D．2．若，則（）A．1 B． C． D．33．已知非零向量，滿足，向量在向量方向上的投影向量是，則與夾角的余弦值為（）A． B． C． D．4．已知數(shù)列，則“”是“數(shù)列是等差數(shù)列”的（）A．充要條件 B．既不充分也不必要條件C．充分不必要條件 D．必要不充分條件5．若，且，則（）A． B． C． D．6．已知圓，直線，為直線上的動點．過點作圓的切線PM，PN，切點為M，N．若使得四邊形為正方形的點有且只有一個，則正實數(shù)（

）A．1 B． C．5 D．77．已知函數(shù)在上有且僅有個零點，直線為函數(shù)圖象的一條對稱軸，則（）A． B． C． D．8．定義在上的偶函數(shù)和奇函數(shù)滿足，若函數(shù)的最小值為，則（

）A．1 B．3 C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．下列函數(shù)最小值為4的是（

）A． B．C． D．10．設函數(shù)的最小正零點為，則（）A．的圖象過定點 B．的最小正周期為C．是等比數(shù)列 D．的前項和為11．已知正方體的棱長為，，，分別是，，的中點，點為正方體表面上的一動點，則下列說法正確的是（

）A．的面積為B．三棱錐體積的最大值為C．若平面，則點的軌跡長度為D．當點為的中點時，到直線的距離為三、填空題（本大題共3小題）12．若直線與直線平行，則實數(shù).13．古希臘數(shù)學家阿基米德發(fā)現(xiàn)了“圓柱容球”定理.圓柱形容器里放一個球，該球頂天立地，四周碰邊（即球與圓柱形容器的底面和側面都相切），球的體積是圓柱體積的三分之二，球的表面積也是圓柱表面積的三分之二.在一個“圓柱容球”模型中，若球的體積為，則該模型中圓柱的表面積為.14．不等式解集中有且僅含有兩個整數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是．四、解答題（本大題共5小題）15．已知數(shù)列的前項和滿足.(1)求數(shù)列的通項;(2)設數(shù)列滿足，記的前項和為，比較和的大小.16．如圖，四棱錐中，底面，，分別為線段上一點，.(1)若為的中點，證明：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值的最大值.17．在中，內(nèi)角的對邊分別為，，，且.(1)求角的大小；(2)若，是邊上的一點，且，求線段的最大值.18．函數(shù)，其中為整數(shù).(1)當時，求函數(shù)在處的切線方程；(2)當x∈0,+∞時，恒成立，求的最大值.19．已知曲線，對坐標平面上任意一點，定義．若兩點，滿足，稱點在曲線同側；若，稱點在曲線兩側．(1)直線過原點，線段上所有點都在直線同側，其中、，求直線的斜率的取值范圍；(2)已知曲線，為坐標原點，求點集的面積；(3)記到點與到軸距離和為的點的軌跡為曲線，曲線，若曲線上總存在兩點在曲線兩側，求曲線的方程與實數(shù)的取值范圍．

答案1．【正確答案】C【詳解】，故選:C2．【正確答案】C【詳解】因為，所以，所以.故選.3．【正確答案】A【詳解】設非零向量，的夾角為，所以在向量方向上的投影向量為，又，所以，所以與夾角的余弦值為.故選.4．【正確答案】D【詳解】先判斷充分性：因為當時，，所以，令，則，所以數(shù)列的偶數(shù)項成等差數(shù)列，令，則，所以數(shù)列的奇數(shù)項成等差數(shù)列，但數(shù)列不一定是等差數(shù)列，如，，，，，，所以“”不是“數(shù)列是等差數(shù)列”的充分條件；再判斷必要性：若數(shù)列是等差數(shù)列，當時，則，所以，所以“”是“數(shù)列是等差數(shù)列”的必要條件，綜上，“”是“數(shù)列是等差數(shù)列”的必要不充分條件.故選：D.5．【正確答案】C【詳解】因為，所以，因為，所以，所以，所以，，所以.故選.6．【正確答案】C【詳解】由題意可知：圓的圓心為，半徑，因為四邊形為正方形，可知，若使得四邊形為正方形的點有且只有一個，可知，則，解得或（舍去），所以正實數(shù).故選：C.7．【正確答案】A【詳解】因為，且，則，由題意可得：，解得，又因為直線為函數(shù)圖象的一條對稱軸，則，解得，可知，即，所以.故選：A.8．【正確答案】C【分析】先根據(jù)函數(shù)奇偶性得到，，從而得到，換元得到在上的最小值為，根據(jù)對稱軸，分和兩種情況，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性得到最小值，從而得到方程，求出答案.【詳解】①，故，因為為上的偶函數(shù)，為上的奇函數(shù)，故，所以②，式子①和②聯(lián)立得，，，其中，當且僅當，即時，等號成立，所以在上的最小值為，由于的對稱軸為，故當時，在上單調(diào)遞增，故，解得，不合要求，舍去；當時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，解得，負值舍去；故選：C9．【正確答案】BCD【分析】A由二次函數(shù)性質(zhì)判斷；B利用指數(shù)函數(shù)性質(zhì)，結合基本不等式求最小值；C應用三角恒等變換得，結合正弦型函數(shù)性質(zhì)判斷；D函數(shù)化為，應用基本不等式求最小值判斷.【詳解】A：，不符；B：，當且僅當時等號成立，符合；C：，則，故，符合；D：且，故，所以，當且僅當時等號成立，符合.故選：BCD10．【正確答案】AC【詳解】對于A，因為，所以，故A正確；對于B，的最小正周期為，故B錯誤；對于C，令，得，所以，整理得，即的零點為，而是的最小正零點，則，，顯然，，，所以是，的等比數(shù)列，故C正確；對于D，的前項和為，故D錯誤.故選：AC.11．【正確答案】ACD【分析】由題意有是邊長為的等邊三角形，求面積判斷A；利用線面平行、面面平行的判定證面面，結合正方體的結構特征有面，當重合時三棱錐體積最大，且當在上除外運動時，平面，判斷B、C；根據(jù)已知求得，再由到直線的距離為判斷D.【詳解】由題意，可得是邊長為的等邊三角形，故其面積為，A對；由題設，面，面，則面，同理可證面，且在面內(nèi)，故面面，根據(jù)正方體性質(zhì)，易得面，即面，結合正方體的結構，易知當重合時，三棱錐體積最大，由A分析，易知棱錐的高，此時到面的距離，則，B錯；由上知，當在上除外運動時，平面，軌跡長為，C對；若點為的中點，此時，且，所以，則，所以到直線的距離為，D對.故選：ACD12．【正確答案】?2【詳解】因為直線與直線平行，所以，所以，且且所以.故答案為.13．【正確答案】【詳解】可設球的半徑為，則根據(jù)題意可知圓柱的底面半徑也為，圓柱的高等于直徑，即為，由球的體積為，利用球的體積公式可得：，解得：，再由圓柱的表面積公式得：，故答案為.14．【正確答案】【詳解】，設，，，令得，令得，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，其中，，，，的圖象恒過點2,0，在同一坐標系內(nèi)作出的圖象，如下：

要想不等式解集中有且僅含有兩個整數(shù)，顯然2為一個符合要求的整數(shù)，當經(jīng)過點時，，解得，故，此時，1為另一個符合要求的整數(shù)，故，故15．【正確答案】(1);(2)【詳解】（1）在中,令,得，，，當時，，兩式相減得，即，于是得是首項為，公比為的等比數(shù)列，則，所以數(shù)列的通項公式是.（2）由（1）及，得，則，于是得，兩式相減得，所以,所以,即.【方法總結】錯位相減法求和步驟：16．【正確答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）證明：由已知得，取的中點T，連接，由N為的中點知，．又，故，且，∴四邊形為平行四邊形，∴，∵平面，平面，∴平面．（2）取的中點，連接，建立如圖所示的空間坐標系．，不妨設，則，設平面的一個法向量為n=x,y,z，取，則.設直線與平面所成角為.故直線與平面所成角的正弦值的最大值為.17．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理得到，由輔助角公式求出答案；（2）由正弦定理得到，由余弦定理得到，從而求出，得到答案.【詳解】（1）因為，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.因為，所以，在中，由余弦定理得，所以，當且僅當，即時，等號成立，所以，即線段的最大值為.18．【正確答案】(1)(2)2【分析】（1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義直接求解即可；（2）當時，可得恒成立；當時，轉化問題為對于恒成立，設，，進而利用導數(shù)分析求解即可.【詳解】（1）當時，，則，而，則，所以函數(shù)在處的切線方程為，即.（2）當時，，則恒成立，當時，由，得，即，則，即對于恒成立，設，，則，當時，顯然恒成立，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，滿足題意；當時，令，即，解得，此時函數(shù)在上單調(diào)遞減，則，不滿足題意.綜上所述，的最大值為2.19．【正確答案】(1)(2)(3)和，【詳解】（1）由題意知：直線斜率存在，可設其方程為，即，，解得：，直線斜率的取值范圍為.（2），，，即，點集表示