2024届江西省上饶市广丰一中高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届江西省上饶市广丰一中高三上学期12月月考数学试题含答案，共20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．已知函数是R上的减函数，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据分段函数在上的单调性可得出关于实数的不等式组，进而可求得实数的取值范围.
【详解】由于函数是定义在R上的减函数，
所以，函数在区间上为减函数，
函数在区间上为减函数，且有，
即，解得.
因此，实数的取值范围是.
故选：B.
2．定义在上的偶函数在上单调递增，且，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得在上单调递增，在上单调递减，，，当或时，；当时，，由条件列出不等式组，求解即可.
【详解】∵定义在上的偶函数在上单调递增，且，
∴在上单调递减，且，
∴当或时，；当时，，
∵，∴或，
∴或，
∴或，即，
则不等式的解集是.
故选：A.
3．函数，，则当取最小正值时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题，可求出，进而求得答案.
【详解】因为，所以，即，，
化简得，，所以的最小正值为5，此时，
.
故选：B.
4．已知空间向量，满足，，，则的值为（ ）
A．1B．C．2D．4
【答案】C
【分析】目标式平方，利用转化法求解可得
【详解】因为，，，
所以，
所以.
故选：C
5．椭圆：长轴的左右两个端点分别是，，点满足，则面积的最大值为（ ）
A．40B．44C．D．
【答案】A
【分析】由题意得，设，则由可得，从而可求得，进而可求出面积的最大值.
【详解】由，得，则，
所以，则，设，
所以,
因为，所以，
所以，
化简得，即，
所以，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以，
所以，
所以面积的最大值为40，
故选：A

6．如图，二面角等于，、是棱上两点，、分别在半平面、内，，，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知可得出，，利用空间向量数量积的运算性质可求得的长.
【详解】由已知，二面角等于，即，
所以，，
所以，
，
因此，.
故选：C.
7．已知函数的导函数为，，且在R上为严格增函数，关于下列两个命题的判断，说法正确的是（ ）
①“”是“”的充要条件；
②“对任意都有”是“在R上为严格增函数”的充要条件．
A．①真命题；②假命题B．①假命题；②真命题
C．①真命题；②真命题D．①假命题；②假命题
【答案】C
【分析】对于①，构造函数，结合题设，判断“”和“”之间的逻辑推理关系，可判断其真假；对于②，结合函数单调性，判断必要性；采用反证思想，结合题设推出矛盾，说明充分性成立，判断②的真假.
【详解】对于①：
设，，则，
因为在R上为严格增函数，故，
即，则在R上单调递增，
由于，故，即。
即；
当成立时，即，
由于在R上单调递增，故，
故“”是“”的充要条件，①为真命题；
对于②，当在R上为严格增函数时，由对任意，则都有成立；
当对任意都有时，假设在R上不为严格增函数，
即不恒大于等于0，即，使得，
由于在R上为严格增函数，故时，，
此时在上单调递减，且其图象为一个严格递减的凹型曲线，
故当趋近于负无穷时，的值将趋近于正无穷大，
这与对任意都有矛盾，
则假设不成立，即“在R上为严格增函数”成立，
即“对任意都有”是“在R上为严格增函数”的充要条件，②为真命题，
故选：C
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断②中命题的充分性成立，解答时采用反证思想，推得矛盾，说明充分性成立.
8．设数列的前项和为，且，记为数列中能使成立的最小项，则数列的前2023项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先根据与的关系，得到数列的通项公式，再根据规律找到满足条件能使成立的最小项，并对于不同的值，计算满足条件的个数，从而求和得解.
【详解】因为，则，
两式相减，得，
又当时，，故，
所以是以，的等比数列，则，
显然递减，要使得最小，即要使得最大，
令，得.
若，则;
若，则;
若，则
若，则;
若，则，
则
，
，
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是推得，从而分类讨论的取值范围，求得对应的值，从而得解.
二、多选题
9．已知函数，下面命题正确的是（ ）
A．函数的图象关于原点对称B．函数的图象关于轴对称
C．函数的值域为D．函数在内单调递减
【答案】ACD
【分析】分析函数的奇偶性从而可判断AB选项；结合指数函数的值域判断的值域即可判断C；根据复合函数的单调性判断的单调性即可判断D.
【详解】因为，所以的定义域为，且定义域关于原点对称，
又因为，所以为奇函数，故A正确，B错误；
又因为，，
所以，所以，故C正确；
因为，时，
又在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，故D正确；
故选：ACD.
10．在中，三个角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（ ）
A．的面积为2B．外接圆的半径为
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，利用正弦定理，结合三角形面积公式逐项分析计算即可得解.
【详解】设外接圆的半径为R，由正弦定理，
得，解得，B正确；
的面积，A正确；
由，得，C错误；
由，得，即，
由，得，因此，
所以，D正确．
故选：ABD
【点睛】策略点睛：求三角形面积是解三角形的一种常见类型，经常利用正弦定理，进行边角转化求解.
11．在正四棱柱中，，为的中点，为上的动点，则（ ）
A．三棱锥的体积为
B．直线，所成角的余弦值为
C．的最小值为
D．当，，，四点共面时，
【答案】AC
【分析】以D为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法求点Q到平面的距离，然后可得三棱锥的体积，可判断A；利用向量法求，即可判断B；利用两点间距离公式和二次函数性质可判断C；根据四点共面求出点Q坐标，然后由向量数量积即可判断D.
【详解】以D为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
，
设，则，
设为平面的法向量，
则，取得，
所以，点Q到平面的距离，
易知，所以，
所以，A正确；
因为，
所以直线，所成角的余弦值为，B错误；
由上可知，，
所以，
由二次函数性质可知，当时，有最小值，最小值为，C正确；
当，，，四点共面时，则有，
因为，
所以，
即，解得，
此时，，又，所以，
因为，
所以与不垂直，D错误.
故选：AC
12．已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．当时，方程存在实数根
B．当时，函数在R上单调递减
C．当时，函数有最小值，且最小值在处取得
D．当时，不等式恒成立
【答案】BD
【分析】对于A，构造函数求导即可判断；对于B，判断当时，是否满足即可；对于C，令，解得，由此即可判断；对于D，只需验证是否恒成立即可，即验证是否成立即可.
【详解】对于A，因为,所以方程即，
设，则，令，得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，所以方程不存在实数根，所以A错误.
对于B，因为，定义域为R，所以，
当时,由于，则，故恒成立，
所以在R上单调递减，所以B正确.
对于C，由上知，当时，令，解得.
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增.
所以函数有最小值，即最小值在处取得，所以C错误.
对于D，由上知，
要证，即证，即证恒成立，
令，则.
令，则；令，则.
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点睛：本题对于A的关键是构造函数即可；对于B，验证导数是否恒小于0即可；对于C，首先验证取极值必要条件不满足即可判断；对于D，转换为验证是否恒成立即可.
三、填空题
13．已知集合，若，则实数 ．
【答案】
【分析】利用元素与集合的关系可得出关于的等式，解之即可.
【详解】因为集合，若，则，解得.
故答案为：.
14．在三棱锥中，平面，则三棱锥的内切球的表面积等于 .
【答案】
【分析】首先利用等体积法求出内切球半径，再利用球的表面积公式求答案即可.
【详解】如图，
由已知，得的面积为，
因为三棱锥的高为，
所以，等腰三角形底边上的高为，
所以三棱锥的表面积为，
体积.
又三棱锥的体积（其中为三棱锥内切球的半径），
所以，
所以三棱锥的内切球的表面积为.
故答案为：.
15．已知向量，，，且，则 .
【答案】18
【分析】根据空间向量平行的坐标运算列方程组求解参数，即可得结论.
【详解】由题意得，
因为，所以，得，，所以.
故答案为：.
16．已知，，数列是公差为1的等差数列，若的值最小，则 ．
【答案】3
【分析】结合等差数列的通项公式，转化为二次函数的最值问题可解.
【详解】∵数列是公差为1的等差数列，可设：.
∴
∴当时，的值最小.
故答案为：3
四、解答题
17．设函数，其中.
(1)若，且对任意的，都有，求实数的取值范围；
(2)若对任意的，都有，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据得到，然后结合题意列不等式求解即可；
（2）将“对任意的，，都有”转化为“”，然后分、、和四种情况讨论即可.
【详解】（1）当时，，
令，解得，
所以，解得，
所以的取值范围为.
（2）设函数在区间上的最大值为，最小值为，
所以“对任意的，，都有”等价于“”，
①当时，，，
由，得，从而此时；
②当时，，，
由得，
从而；
③当时，，，
由，得，
从而；
④当时，，，
由得，
从而此时；
综上可得，的取值范围为.
18．在中，角，，的对边分别为，，，向量，，且．
(1)求的值；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用数量积的坐标表示及两角和的余弦公式求出，即可求出；
（2）由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得.
【详解】（1）因为，，且，
，
，
又∵为内角，，
（2）由余弦定理，得，
解得或（舍去），
故，所以．
19．已知焦距为2的椭圆：，，分别为其左右焦点，过点的直线与椭圆交于，两点，的周长为8．
(1)求椭圆的方程；
(2)若过点的直线与椭圆交于，两点且满足，求四边形面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆的性质直接求即可；
（2）分斜率不存在，等于零，不等于零三种情况讨论，由弦长公式得出面积的表达式再用二次函数的单调性求得结果.
【详解】（1）设
因为过点的直线与椭圆交于，两点，的周长为8
所以则有
所以
所以
所以的方程为
（2）
斜率不存在时.方程为，方程为 则有
所以
斜率为时.方程为，此时无法构成，不符合题意；
斜率存在且不为时.设方程为
则方程为
所以
由
得
所以
所以
同理，设
代入并化简可得.
所以
即...
令则
即
所以此时当时，面积最小，
【点睛】本题计算量较大，属于弦长问题；第一问直接由椭圆的定义可得；第二问需要分类讨论斜率不存在，等于零，不等于零三种情况，再由弦长公式得到面积的表达式，最后得出结果.
20．设是等比数列的公比大于，其前项和为，是等差数列，已知，，，.
(1)求，的通项公式
(2)设，求 ；
(3)设，数列的前项和为，求.
【答案】(1),
(2)
(3)
【分析】（1）利用等差和等比数列的通项公式求解；
（2）利用错位相减法求和；
（3）利用裂项相消法求和.
【详解】（1）设的公比为，
因为，所以，即，解得或（舍），
所以，
设的公差为，
因为，，所以，，
所以，解得，所以.
（2）由（1）可得，，
所以，
，
所以，
所以.
（3），
所以
.
21．已知函数，其中．
(1)当时，求证：在上单调递减；
(2)若有两个不相等的实数根．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：．
【答案】(1)证明见详解
(2)（i），（ii）证明见详解
【分析】（1）当时，利用导数可证明函数单调性；
（2）（i）方程有两个不等的实数根，即有两个不等的实数根，令，利用导数研究单调性，求出最值可得解；
（ii）要证，即证，又，，即证，可得，
令，即证，构造函数，利用导数可证明.
【详解】（1）当时，，，令，，
令，得，，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，即，
所以函数在上单调递减.
（2）（i）有两个不相等的实数根，，即方程有两个不相等的实数根，，
令，，
，当时，，即函数在上单调递减，函数至多一个零点，不合题意；
当时，，，，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，函数有两个零点，则，解得，
又，，不妨设，，
所以实数的取值范围为.
（ii）要证，即证，
又，，，即证，
将，两式相减可得，，
只需证，
即证，令，即证；
设函数，，则，
所以函数在上单调递增，则，即，
所以原不等式得证.
【点睛】方法点睛：本题第二问的第2小问是双变量不等式问题，利用导数解决的方法如下：
（1）变更主元法：对于题目涉及到的两个变元，，已知其中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外变元的取值范围问题，可以构造关于（或）的一元函数，利用导数判断单调性，最值求解证明.
（2）换元法转化为单变量：通过对所要证明式子结构特征的分析，做适当的变形，通过换元将双变量问题转化为单变量问题来解决，如指数型函数构造差值，对数型函数构造比值化双变量为单变量问题，从而构造函数求解；
（3）放缩法：通过巧妙的放缩变换，将给定的不等式转化为更易证明的形式，常见的放缩有加减放缩，乘除，取对数，去倒数，切线放缩等.
22．为普及法律知识，弘扬宪法精神，某校教师举行法律知识竞赛.比赛共分为两轮，即初赛和决赛，决赛通过后将代表学校参加市级比赛.在初赛中，已知甲教师晋级决赛的概率为，乙教师晋级决赛的概率为.若甲､乙能进入决赛，在决赛中甲､乙两人能胜出的概率分别为和.假设甲､乙初赛是否晋级和在决赛中能否胜出互不影响.
(1)若甲､乙有且只有一人能晋级决赛的概率为，求的值；
(2)在（1）的条件下，求甲､乙两人中有且只有一人能参加市级比赛的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式可分别计算甲、乙赢得比赛的概率，可得到结论；
（2）根据独立事件概率公式可求得结果.
【详解】（1）设事件表示“甲在初赛中晋级”，事件表示“乙在初赛中晋级”，
由题意可知，，
解得.
（2）设事件为“甲､乙两人中有且只有一人能参加市级比赛”，为“甲能参加市级比赛”，为“乙能参加市级比赛”，
则，
，
所以.