山西省吕梁市兴县友兰中学2024届高三上学期12月月考数学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．已知集合,,则( )
A. B. C. D.
2．""是“"的( )
A.充要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
3．已知,则( )
A. B. C. D.
4．如图是一款多功能粉碎机的实物图,它的进物仓可看作正四棱台,已知该四棱台的上底面边长为40cm,下底面边长为10cm,侧棱长为30cm,则该款粉碎机进物仓的容积为( )
A. B. C. D.
5．已知等比数列满足,则( )
A.32 B.64 C.96 D.128
6．已知三棱锥中,,,三棱锥的外接球的表面积为,则三棱锥体积的最大值为( )
A. B. C. D.2
7．若直线与函数和的图象都相切,则( )
A. B.0 C.1 D.3
8．已知定义在R上的函数满足,,,,则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题
9．已知复数,则( )
A.的模长为
B.在复平面内对应的点在第四象限
C.为纯虚数
D.在复数范围内,z是方程的一个解
10．已知,,且,则( )
A. B. C. D.
11．已知函数在上单调,且曲线关于点对称,则( )
A.以为周期
B.的图象关于直线对称
C.将的图象向右平移一个单位长度后对应的函数为偶函数
D.函数在上有两个零点
12．在长方体中,,E是棱的中点,过点B,E,的平面交棱AD于点F,点P为线段上一动点,则( )
A.三棱锥的体积为定值
B.存在点P,使得
C.直线PE与平面所成角的正切值的最大值为
D.三棱锥外接球表面积的取值范围是
三、填空题
13．已知向量,的夹角为,与垂直,,则________.
14．若函数在上的最大值为6,则实数________.
15．已知是正项等比数列的前n项和,,则的最小值为________.
16．已知函数与的定义域均为R,,且为偶函数,则________.
四、解答题
17．已知是数列的前n项和,,且.
（1）证明:为常数列;
（2）若,求数列的前n项和.
18．已知的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.
（1）求C;
（2）若,,角C的平分线交AB于点D,点E满足,求.
19．如图,平面平面ABC,四边形ACDE为矩形,为正三角形,,O为AC的中点,P为BD上一动点
（1）当平面ABE时,求的值;
（2）在（1）的条件下,求OP与平面ABD所成角的正弦值
20．已知函数.
（1）若,求函数的值域;
（2）若函数在区间上有且仅有两个零点,求m的取值范围.
21．数列满足,,.
（1）求证:是等比数列;
（2）若,求的前n项和为.
22．设函数,.
（1）讨论的单调性;
（2）若当时,不等式恒成立,求m的取值范围.
参考答案
1．答案：D
解析：由,得,又,
由,得,
所以.
故选:D.
2．答案：C
解析：因为,所以,
即或,所以或,
故“是“”的必要不充分条件.
故选:C.
3．答案：A
解析：因为,
所以,
,
故.
故选:A
4．答案：C
解析：画出满足题意的正四棱台,如图所示,
则.过点D作于点E,则,所以该正四棱台的体积为().
故选:C
5．答案：B
解析：设的公比为q,则,得,
所以.
故选:B
6．答案：A
解析：设三棱锥外接球的半径为R,则,解得,
,,,即为直角三角形,
则外接圆的直径即为直角三角形的斜边AB,
故外接圆的半径,
所以为外接球中的大圆,AB即为三棱锥外接球的直径,
设AB的中点为O,则O即为球心,
当平面ABC时,三棱锥的高最大,此时,
此时,
即三棱锥体积的最大值为.
故选:A
7．答案：D
解析：设直线与函数和的图象分别相切于点,,
则由,得,令,得,
将代入中得,
由,得,令,得,
将代入中得,
所以.
故选:D
8．答案：A
解析：令,得.
令,得,解得,
则不等式转化为,
因为是增函数,且,
所以不等式的解集为.
故选:A
9．答案：BCD
解析：因为,所以,A错误;
z在复平面内对应的点的坐标为,在第四象限,B正确;
为纯虚数,C正确;
,得,即,
则z是方程的一个解,D正确.
故选:BCD.
10．答案：AC
解析：A.,得,当且仅当,即,时等号成立,故A正确;
B.当时,,故B错误;
C.,
当,即时,等号成立,故C正确;
D.当时,,故D错误.
故选:AC
11．答案：BD
解析：由于函数在上单调,
设T为函数最小正周期,则,即,
又曲线关于点对称,则,
即,当时,,符合题意,
故,则其最小正周期为,则不是函数周期,A错误;
,即的图象关于直线对称,B正确;
将的图象向右平移一个单位长度后对应的函数为,
由于,即不是偶函数,C错误;
令,即,
由于,故,则,
而,
作出函数的图象,可知此时该图像与直线有2个交点,
故函数在上有两个零点,D正确,
故选:BD
12．答案：ACD
解析：对于A,因为平面平面,根据面面平行的性质,平面与这两个平面的交线互相平行,即,
因为面ABE,面ABE,所以平面ABE,
又点P在线段上,所以三棱锥的体积为定值,故A正确;
对于B,若存在点P,使得,因为,则,
因为,,平面,所以平面,与题意矛盾,故B错误;
对于C,如图1所示,取BC的中点Q,连接,
则点P在平面内的射影在上,直线PE与平面所成角即,且有
由已知可得,最小为,所以的最大值为,故C正确.
对于D,如图2,取的中点G,连接AG,分别取BE,AG的中点,
连接,,因为是等腰直角三角形,
所以三棱锥外接球的球心O在直线上,
设三棱锥外接球的半径为R,则,
所以,
设,则,
所以,
当点P与F重合时,取最小值,此时,
三棱锥外接球的表面积为,
当点P与重合时,取最大值,
此时,三棱锥外接球的表面积为,故D正确.
故选:ACD
13．答案：6
解析：设,由已知可得,
因为与垂直,所以,即,所以.
故答案为:6.
14．答案：1
解析：,,
当时,,解得,
当时,,解得,又,故不成立.
综上,.
故答案为:1.
15．答案：/
解析：设正项等比数列的公比为q,当时,,则,
当时,,
,
于是,
所以当时,取得最小值.
故答案为:.
16．答案：248
解析：①
因为是偶函数,所以,
用替换x,得,条件化为②,
所以,①+②得,在②中用替换x,得③,则①-③得,
则,,
在①中令,可得,所以.
在中令,得,
又,所以,再由知.
所以.
故答案为:248
17．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）由已知得,即,
时,由,,两式相减得,
则,又
于是为常数列.
（2）由（1）得.
则,
故.
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）由条件和正弦定理得,
所以,
展开后整理得.
因为,所以,所以,
又,所以.
（2）如图所示,因为,所以,
又因为CD为的平分线,所以,.
因为,所以在中,,
又,所以为等边三角形,所以.
在中,由余弦定理可得,即,
在中,由正弦定理可得,
即,得.
19．答案：（1）1
（2）
解析：（1）连接DO并延长交于EA的反向延长线与S,连接BS,
因为平面AEB,平面DBS,平面平面,
故.
而,故,,而,
故,故,故,故.
（2）取DE的中点F,连接OF,则,
因为平面平面ABC,平面ACDE交平面ABC于AC,所以平面ABC.
又因为为正三角形,所以,
以O为坐标原点,OA,OB,OF所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
如图所示,则,,,,,
所以,,,
设平面ABD的法向量为,则,
取,可得,,所以,
设OP与平面ABD所成的角为,则,
所以OP与平面ABD所成角的正弦值为.
20．答案：（1）
（2）
解析：（1）由题意得
,
当,则,
则,则,
即函数的值域为;
（2）由题可得,当时,,
,且在区间上有且仅有两个零点,
而在有且仅有2个零点,分别为0,,
故,,即.
21．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）,,,
,,
,
,
所以数列是以2为首项,2为公比的等比数列.
（2）由（1）可得,,所以,
设设其前n项和为,
则①
②
减②得
所以
所以
22．答案：（1）在上单调递减,在和上单调递增
（2）
解析：（1）依题意得.
①当时,令,得,令,得,
所以在上单调递减,在上单调递增;
②当时,令,得,令,得或,
所以在上单调递减,在和上单调递增;
③当时在R上恒成立,所以在R上单调递增;
④当时,令,得,令,得或,
所以在上单调递减,在和上单调递增.
（2）当时,恒成立,则恒成立.
(i)当时,不等式即,满足条件.
(ii)当时,原不等式可化为,该式对任意恒成立.
设,则.
设,则.
因为,所以,所以在上单调递增,即在上单调递增.
又因为,所以是在上的唯一零点,
所以当时,,在上单调递减,当时,,在上单调递增,
所以当时,,所以.
(iii)当时,原不等式可化为,
此时对于(ii)中的函数,可知当时,,
所以在上单调递减,且,
所以当时,,即,所以在上单调递减,
所以当时,,所以.
综上所述,m的取值范围是.
