2024届新疆克拉玛依市第十三中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届新疆克拉玛依市第十三中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】解不等式得到，求出并集.
【详解】或，
，
.
故选：B
2．||=（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先利用复数的除法化简，再利用复数的模长公式即得解
【详解】由题意，
故选：B
3．已知向量，.若与垂直，则（ ）
A．1B．C．2D．4
【答案】B
【分析】根据向量垂直的坐标表示求出，再由向量的坐标求模即可.
【详解】因为与垂直，，，
所以，解得，
所以，故.
故选：B
4．如图是杭州2023年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，主体图形由扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网符号及象征亚奥理事会的太阳图形六个元素组成，集古典美和现代美于一体，富有东方神韵和时代气息.其中扇面的圆心角为，从里到外半径以1递增，若这些扇形的弧长之和为（扇形视为连续弧长，中间没有断开），则最小扇形的半径为（ ）

A．6B．8C．9D．12
【答案】C
【分析】设出最小的半径，表示出所有半径，利用弧长公式，结合等差数列求和，可得答案.
【详解】设最小的扇形的半径为，扇形的半径由小到大依次为，
由，则扇形的弧长由小到大依次为，
所以，化简可得，解得.
故选：C.
5．“”是“直线和直线垂直”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【分析】根据直线的垂直关系结合充分、必要条件分析判断.
【详解】当时，两条直线的方程分别为和，斜率分别为，
因为，所以这两直线垂直；
当直线和直线垂直时，，解得；
故“”是“直线和直线垂直”的充分不必要条件.
故选：A.
6．记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120B．85C．D．
【答案】C
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
7．已知函数其中，，的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．若，则的值为
C．函数在区间上单调递减
D．函数的图象关于点对称
【答案】D
【分析】根据图象求出函数的解析式，结合三角函数的性质，逐次判断各选项即可得到结论.
【详解】由函数的部分图象知：，，得，
所以，又，所以，
所以，，又因为，所以，
所以
对于A：函数的最小正周期，故A项错误；
对于B：，所以，得，
所以，故B项错误；
对于C：令，可得，所以在区间上单调递增，故C项错误；
对于D：当时，得，所以函数关于点对称，故D项正确.
故选：D.
8．已知，若过一点可以作出该函数的两条切线，则下列选项一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设切点为，求得切线方程为，可得出，令，分、两种情况讨论，利用导数分析函数的单调性，根据方程有两根可得出结果.
【详解】设切点为，对函数求导得，则切线斜率为，
所以，切线方程为，即，
所以，，可得，
令，其中，由题意可知，方程有两个不等的实根.
.
①当时，对任意的，，此时函数在上单调递增，
则方程至多只有一个根，不合乎题意；
②当时，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增.
由题意可得，可得.
故选：A.
二、多选题
9．在棱长为2的正方体中，与交于点，则（ ）
A．平面
B．平面
C．与平面所成的角为
D．三棱锥的体积为
【答案】ABD
【分析】根据线面平行判定定理判断A，利用线面垂直判定定理判断B，利用线面夹角的定义判断C，根据等体积法判断D.
【详解】∵平面平面
平面，A对；
因为又平面，平面，
所以平面
平面，B对；
因为平面与平面所成角为
因为，C错；
因为，D对.
故选：.
10．圆M：，则下列说法正确的是（ ）
A．点在圆内B．圆M关于直线对称
C．圆M的半径为2D．直线与圆M相切
【答案】BD
【分析】将圆的方程化成标准方程，根据点与圆心距离和半径的比较判断点位置，通过判断圆心在直线上得出圆关于直线的对称性，以及圆心到直线距离等于半径判断直线与圆相切.
【详解】将圆M：化成标准方程：知圆心坐标为圆的半径为1.
A项中，由点到圆心的距离：知点在圆外，A项错误；
B项中，因圆心在直线上，而圆是轴对称图形，故圆M关于直线对称，B项正确；
C项中，显然错误，C项错误；
D项中，由圆心到直线的距离为：知直线与圆M相切，D项正确.
故选：BD.
11．下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若数列为等差数列，则
C．若，，且，则的最小值为9
D．命题“，”的否定为“，”
【答案】BC
【分析】举反例可判断A；根据等差数列通项公式直接推导可判断B（或由等差数列下标和性质可得）；妙用“1”，利用基本不等式即可判断C；根据全称量词命题的否定形式即可判断D.
【详解】A选项：取，显然满足，，但，故A错误；
B选项：记数列的公差为d，则，，所以，B正确；
C选项：因为，，且，所以，
当且仅当，即时，等号成立，C正确；
D选项：命题“，”的否定为“，”，D错误.
故选：BC
12．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替重复上面的过程得到；一直下去，得到数列，叫作牛顿数列.若函数且，数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．数列是递减数列
C．数列是等比数列D．
【答案】ACD
【分析】求导得切点处的切线方程，即可令0判断A,根据对数的运算，结合等差等比数列的定义即可判断BC，根据等比求和公式即可求解D.
【详解】，所以在点处的切线方程为：，
令0，得，故A正确.
，故，即，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，故B错误，C正确，
所以，D正确.
故选；ACD
三、填空题
13．设函数 ．
【答案】
【分析】利用分段函数的解析式求出和再相加可得结果.
【详解】，
，
，
.
故答案为：.
14．已知函数的图象在点处的切线方程是，则 .
【答案】
【分析】由导数的几何意义可求得的值，由切点在切线上可得的值，即可求解.
【详解】因为函数的图象在点处的切线方程是，
所以，，
所以，
故答案为：.
15．若锐角的内角所对的边分别为，其外接圆的半径为，且，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】首先利用三角恒等变换求得，结合正弦定理边化角可得，进一步结合是锐角三角形、即可得解.
【详解】因为，
所以，
即，由正弦定理得，
显然，所以，所以，
因为，所以.
因为外接圆的半径为，所以，所以，
所以，
因为为锐角三角形，所以，所以，即.
令，
根据对勾函数的性质可知函数在上单调递减，在上单调递增，
且，所以，即，
所以，即的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键是适当利用两角和差公式、正弦定理边化角将目标函数表示出来，然后结合角的范围求解即可.
16．在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积是______.
【答案】
【分析】依题意由正弦定理可求得外接圆的半径为，再利用线面垂直关系确定球心位置在的正上方，由勾股定理可求出外接球的半径为，即可得出球的表面积.
【详解】如图：
设为外接圆的圆心，为三棱锥外接球的球心，作，
设外接圆的半径为，
在中，由余弦定理知，
由正弦定理可知，解得，即；
易知三棱锥外接球的球心在的正上方，且平面；
又平面，所以；因为平面，可得，
又，所以可得四边形是矩形，即；
设，三棱锥外接球的半径为，
由勾股定理可得，解得；
所以可得三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题突破口在于利用正弦定理将外接圆的半径为求出，并根据线面垂直关系再确定其位置，由勾股定理求出外接球半径大小即可得球的表面积.
四、解答题
17．设函数，．
(1)求函数的单调增区间；
(2)当时，求函数的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先利用三角恒等变换化简，再根据正弦函数的单调性即可得解；
（2）根据正弦函数的性质结合整体思想即可得解.
【详解】（1）
，
令，得，
所以函数的单调增区间为；
（2）由，得，
所以，
所以函数的值域为.
18．如图，在直三棱柱中，，，P，Q，R分别是，，的中点.
(1)证明：平面.
(2)求到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
【分析】（1）首先证明平面，然后根据向量证明平面；
（2）求解平面的法向量，解得，然后根据求解到平面的距离.
【详解】（1）∵，，，
∴平面，
以为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
，，，，，
∴平面的一个法向量为，
∵，
∴， 平面.
（2）由（1）得，，，
设平面的法向量为，
则
取，则，，
得，
∴到平面的距离为.
19．记的角的对边分别为，且．
(1)求；
(2)若，求的最小值．
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；
（2）先利用正弦定理求出，再根据二倍角公式和商数关系结合基本不等式即可得出答案.
【详解】（1）因为，由正弦定理得：，
即，
由余弦定理得：，
因为，所以；
（2）由正弦定理：，
，
则，
又因为代入得：
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为3．
20．已知等差数列的前n项和为，，，数列满足，．
(1)求的通项公式；
(2)设数列满足，若的前n项和为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先证明为等比数列，然后求解出的通项公式即可求解出的通项公式；
（2）根据和先求解出的通项公式，然后采用裂项相消法、公式法、放缩法完成证明.
【详解】（1）因为，所以，且，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
所以的通项公式为；
（2）设的公差为，因为，，
所以，所以，所以，
所以，所以，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以.
21．四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，平面平面．
(1)证明：；
(2)若，且与平面所成角的正弦值为，点在线段上且满足，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由题设可得，利用面面垂直的性质可得面，再由线面垂直的性质证；
（2）若为中点，连接，首先求证，两两垂直，构建空间直角坐标系，确定相关点坐标并令且，根据线面角及向量夹角的坐标表示求参数m，进而可得，再求面、面的法向量，应用向量夹角的坐标运算求二面角余弦值.
【详解】（1）由题设，△为等边三角形，则，
又四边形为梯形，，则，
在△中，，即，
面面，面面，面，则面，
又面，故.
（2）若为中点，，则，
面面，面面，面，则面，
连接，则，且面，故，
综上，，两两垂直，
构建以为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，
所以，，，，若且，则，
而面的一个法向量为，，
所以，可得，故，
所以，，，
若是面的一个法向量，则，
取，
若是面的一个法向量，则，取，
所以，
由图知：锐二面角的余弦值.
22．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明：当时，恒成立．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）对参数分类讨论，在不同情况下利用导数判断函数单调性，即可求得结果；
（2）将问题转化为证明，构造函数，利用导数判断其单调性，结合题意，即可证明.
【详解】（1）的定义域是，，
①时，，在单调递增，
②时，，
令，解得；令，解得，
故在递减，在递增，
综上：
时，在单调递增，时，在递减，在递增.
（2）要证，即证，，
①当时，，，该不等式恒成立；
②当时，，结合，得，
只需证明：，即证，
令，，
令，则，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
又，，所以存在，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，，，
所以当时，；当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，问题得证，
即当时，恒成立．
综上所述，当时，恒成立．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数判断函数单调性，以及利用导数证明不等式成立；其中第二问处理问题的关键是能够利用参数的范围进行适度放缩，从而将含参数的不等式，转化为不含参数的不等式，进而构造函数证明，属综合困难题.