2024届江西省上饶市上饶中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届江西省上饶市上饶中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知函数若存在实数b，使得方程有两个不同的解，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】结合函数图象分析得解.
【详解】因为，，所以函数图象如图，
当时，的图象如下，可知不存在实数b，使得方程有两个不同的解.
同理当也不满足.
当时，的图象如下，可知存在实数b，使得方程有两个不同的解.
综上，要使方程有两个不同的解，需．
故选：C
2．设函数，则（ ）
A．8B．9C．22D．26
【答案】C
【分析】根据对数的运算性质分别计算出，即可求解.
【详解】,
因为，所以,
所以.
故选：.
3．下列关于函数，的单调性的叙述，正确的是（ ）
A．在上单调递增，在上单调递减
B．在上单调递增，在上单调递减
C．在及上单调递增，在上单调递减
D．在上单调递增，在及上单调递减
【答案】C
【分析】利用正弦函数的单调性，直接分析求解即可.
【详解】解：，
当时，函数y单调递增；当时，函数y单调递减；当时，函数y单调递增．
故只有C正确．
故选：
4．已知，，，，若存在非零实数使得，则的最小值为（ ）
A．8B．9C．10D．12
【答案】B
【分析】根据向量共线的坐标表示可得，再结合基本不等式中的巧用“1”即可求解.
【详解】若存在非零实数使得，即，又，，
所以，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
故选 ：B
5．已知椭圆：的离心率为，左顶点是A，左、右焦点分别是，，是在第一象限上的一点，直线与的另一个交点为．若，则直线的斜率为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用相似关系可得，再利用直线方程和椭圆方程后可求直线的斜率.
【详解】
因为离心率为，故可设，故，
故椭圆方程为：，
而，，故，因，故.
故直线与轴不垂直也不重合，
故可设，，，则，
由可得，
因在椭圆内部，故恒成立，且，
故，因，故，
此时，，
故在第一象限，符合条件，的斜率为
故选：A.
6．已知，，，则平面的法向量与的夹角的余弦值为（ ）
A．B．或
C．D．或
【答案】B
【分析】求解法向量，即可由夹角公式求解.
【详解】设为平面的一个法向量，则由，
可得，令，得，，∴.
，
由于法向量的方向不能确定，
故平面的法向量与的夹角的余弦值也可能为.
故选：B
7．函数在R的导数为，且,则有 ( )
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】令，求导可得，又，进而可得的单调性，即可得出答案．
【详解】令，
，
因为，
所以，
所以，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
所以.
故选：B．
8．设等比数列的前项和为，且，则（ ）
A．3B．9C．12D．15
【答案】B
【分析】根据条件列出关于首项和公比的方程组，求出首项和公比，然后根据等比数列前n项和公式计算即可求解.
【详解】由，得，解得，，
所以.
故选：B.
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．函数与的图象关于原点对称
B．函数，且恒过定点
C．已知命题，则的否定为：
D．是的充分不必要条件
【答案】AC
【分析】A：根据图象上任意一点的对称点所满足的关系式判断；B：令，由此确定出所过定点坐标；C：通过修改量词否定结论可得结果；D：根据与的互相推出情况进行判断.
【详解】对于A：设上任意一点，其关于原点的对称点为，
所以，所以，所以，即为图象上任意一点，故A正确；
对于B：令，所以，此时，所以过定点，故B错误；
对于C：修改量词否定结论可得，故C正确；
对于D：不一定能推出，但一定能推出，所以是的必要不充分条件，故D错误；
故选：AC.
10．已知函数，把的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（ ）
A．是奇函数
B．的图象关于直线对称
C．在上单调递增
D．不等式的解集为
【答案】AB
【分析】A选项，由左加右减得到的解析式，从而判断出奇偶性；B选项，，故B正确；C选项，整体法判断函数的单调性；D选项，由得到，求出不等式的解集.
【详解】A选项，，
由于的定义域为R，且，
故为奇函数，A正确；
B选项，，故的图象关于直线对称，B正确；
C选项，时，，其中在上不单调，
故在上不单调，故C错误；
D选项，，则，则，
故，D错误.
故选：AB
11．如图，在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A．为中点时，过三点的平面截正方体所得的截面的周长为
B．不存在点，使得平面平面
C．存在点P使得的值为
D．三棱锥外接球体积最大值为
【答案】BD
【分析】根据正方体的截面、空间向量法、空间距离、几何体的外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，为中点时，连接，
由于分别是，所以，
由于，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，
则过三点的平面截正方体所得的截面为梯形，
其周长为，所以A选项错误.
B选项，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
设平面的法向量为，则，故可设，
，，，
所以直线与平面不平行，
所以不存在点，使得平面平面，B选项正确.
C选项，将正方形、正方形展开成平面图形如下图所示，
连接，交于，此时取得最小值为，
所以不存在点P使得的值为，C选项错误.
D选项，对于三棱锥，其中两两相互垂直，
其中为定值，，
而三棱锥外接球的直径，是将其补形为长方体时，长方体的体对角线，
也即，
所以外接球半径的最大值为，其体积的最大值为，D选项正确.
故选：BD
【点睛】求解正方体截面有关问题，主要是通过扩展截面得到，扩展截面的方法主要是通过平行，也即共面来进行.求解几何体外接球有关问题，当几何体可以补形成长方体时，长方体的体对角线也即外接球的直径.
12．设，若为函数的极小值点，则下列关系可能成立的是（ ）
A．且B．且
C．且D．且
【答案】AC
【分析】根据题意，求得，结合函数极值点的定义，分类讨论，列出不等式，即可求解.
【详解】由函数，可得，
令，可得或，
要使得为函数的极小值点，
当时，则满足，解得，所以A正确；
当时，则满足，解得，所以C正确.
故选：AC.
三、填空题
13．集合中只有一个元素，则实数的值是 .
【答案】
【分析】根据已知条件可得出，即可解得实数的值.
【详解】因为集合中只有一个元素，
则，解得.
故答案为：.
14．在中，，则 .
【答案】
【分析】由正弦定理化角为边后，利用余弦定理求解．
【详解】因为，由正弦定理得，
变形得，所以，
又，所以，
故答案为：．
15．椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，且，则的面积是
【答案】16
【分析】根据焦点三角形的性质，结合勾股定理即可得，由面积公式即可求解.
【详解】由题意可得，又，
所以在中，,即，
所以，故，
故,
故答案为：16

16．已知，则其前2022项的和为 .
【答案】0
【分析】求出数列的周期，并得到，求出前2022项的和.
【详解】因为，
所以，，，
，，
依次进行求解，发现为周期数列，周期为6，
且，
故，
故其前2022项的和为.
故答案为：0
四、解答题
17．已知集合.
(1)若，存在集合使得为 的真子集且为的真子集，求这样的集合；
(2)若集合是集合的一个子集，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）确定，并求出集合，写出的真子集即得；
（2）分类讨论，时满足题意，时，由集合中的元素属于集合，分别代入求出参数，得集合检验即可．
【详解】（1）当时，方程的根的判别式，所以.
又，故.
由已知，得应是一个非空集合，且是的一个真子集，
用列举法可得这样的集合共有6个，分别为.
（2）当时，是的一个子集，此时对于方程，
有，所以.
当时，因为，所以当时，
，即，此时，
因为，所以不是的子集；
同理当时，，，也不是的子集；
当时，，，也不是的子集.
综上，满足条件的的取值范围是.
五、证明题
18．设a，，且，定义在区间内的函数是奇函数．
(1)求实数a的取值范围；
(2)判断函数在上的单调性，并证明．
【答案】(1)
(2)在上单调递减，证明见解析
【分析】（1）根据函数在区间内是奇函数，由对任意都有求解；
（2）利用函数单调性定义证明.
【详解】（1）解：因为函数在区间内是奇函数，
所以对任意都有，即，
所以，即①，
①式对任意都成立相当于．
因为，所以，代入，得，
解得②，
②式对任意都成立，则，
所以a的取值范围是．
（2）函数在上单调递减．
证明如下：设任意的，，且，
由，得，
所以，，
从而．
因此，在上单调递减．
19．如图在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是中点，作交于点.

(1)求证：平面；
(2)求证：PB平面；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明详见解析
(2)证明详见解析
(3)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理证得平面；
（2）通过证明来证得PB平面；
（3）利用等体积法求得正确答案.
【详解】（1）设，连接，
由于分别是的中点，所以，
由于平面，平面，
所以平面.
（2）由于平面，平面，
所以平面平面，且交线为，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
由于，是中点，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
由于平面，
所以PB平面.
（3），
，而，
所以，所以到平面的距离是.
由于PB平面，平面，所以，
所以,
则，所以，
设点到平面的距离为，
所以，
，所以点到平面的距离为.

六、解答题
20．已知椭圆的离心率为，右焦点为．
(1)求此椭圆的方程；
(2)若过点F且倾斜角为的直线与此椭圆相交于A、B两点，求|AB|的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的性质即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程，由弦长公式即可求解.
【详解】（1）由，得，
∴椭圆方程为
（2）由题意可知直线的方程为：，
由得，
解得．
∴．
21．在直角梯形中，，，，如图1把沿翻折，使得平面平面（如图2）．
(1)；
(2)若点为线段的中点，求点到平面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得与平面所成的角为?若存在，求出点的具体位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）可先证明，利用平面平面，可得平面，利用线面垂直的性质可得结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出面的法向量，利用向量法可求点到平面的距离；
（3）假设在线段上存在点，使得与平面所成的角为，设出，求出，利用向量的夹角公式列方程求解即可.
【详解】（1）由已知可得，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，
；
（2）以为原点，BD所在的直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图，
由已知得，
，
设平面的法向量为，
则，取，得
点到平面的距离.
（3）假设在线段上存在点，使得与平面所成的角为，
设，
则，
，
，
整理得，该方程无实数解，
故在线段上不存在点，使得与平面所成的角为
22．已知数列中，，.
(1)判断是否为等比数列？并求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)不为等比数列，理由见解析；
(2)
【分析】（1）由题目条件变形得到，结合，得到，从而得到不是等比数列，并求出通项公式；
（2）得到，当时，分组求和，并结合错位相减法得到，当时，利用求和，从而得到答案.
【详解】（1）不是等比数列，理由如下：
，故，
又，所以，所以，
故不是等比数列，且；
（2）因为，
所以，
当时，
设，则，
设，
则，
两式相减得
，
所以，
所以，
当时，
，
所以.
【点睛】方法点睛：数列中的奇偶项问题考查方向大致有：①等差，等比数列中的奇偶项求和问题；②数列中连续两项和或积问题；③含有的问题；④通项公式分奇偶项有不同表达式问题；含三角函数问题，
解决数列中的奇偶项问题需要对分奇偶讨论，寻找奇数项，偶数项之间的关系，分组求和，期间可能会涉及错位相减和求和或裂项相消法求和.