卷子答案网-一个不只有答案的网站莆田第十中学2023-2024学年高三上学期12月月考
数学试题
（考试时长120分钟，满分150分）
一 单选题（每小题5分，共40分）
1.集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.函数且的图象恒过定点，若且，则的最小值为（ ）
A.9 B.8 C. D.
3.已知是等差数列的公差，是的首项，是的前项和，设甲：存在最小值，乙：且，则甲是乙的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4.函数的部分图象为（ ）
A. B.
C. D.
5.若函数的值域为，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6.已知函数是上的偶函数，且的图象关于点对称，当时，，则的值为（ ）
A.-2 B.-1 C.0 D.1
7.设函数则满足的的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知实数（为自然对数的底数），则（ ）
A. B.
C. D.
二 多选题（每小题5分，共20分）
9.设是三个非零的平面向量，且相互不共线，则下列结论不正确的是（ ）
A. B.
C.与垂直 D.
10.设为复数，则下列命题正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则或
C.若，则
D.若，则在复平面对应的点在一条直线上
11.正方体的展开图如图所示.已知为线段的中点，动点在正方体的表面上运动.则关于该正方体，下列说法正确的有（ ）
A.与是异面直线
B.与所成角为
C.平面平面
D.若，则点的运动轨迹是正六边形
12.已知函数，给出下列四个结论正确的是（ ）
A.存在无数个零点
B.在上单调递减
C.若，则
D.，都有
三 填空题（每小题5分，共20分）
13.已知直线，且，则的值是__________.
14.若，则__________.
15.在中，角所对的分别为.若角为锐角，，则的周长可能为__________.（写出一个符合题意的答案即可）
16.在正四棱台中，为棱的中点.当时，正四棱台的表面积是__________；当正四棱台的体积最大值时，的长度是__________.（第一空2分，第2空3分）
四 解答题（第17题10分，第18-22题每题12分，共60分）
17.已知的三个顶点分别为.
（1）求边的垂直平分线的方程；
（2）已知平行四边形，求点的坐标.
18.已知为等差数列，为等比数列，的前项和.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
19.已知数列的前项和为，满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前100项的和.
20.如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且四点共面.
（1）求证：平面平面；
（2）若平面与平面所成二面角的余弦值为，且线段长度为4，求点到直线的距离.
21.已知满足.
（1）求证：；
（2）若为锐角，求的取值范围.
22.已知函数.
（1）求在处的切线方程；
（2）求证：当时，函数有且仅有2个零点.
参考答案
1.D
【详解】由，得，所以，
因为，
所以.
2.B
【分析】先求出函数过定点的坐标，再利用基本不等式求最值.
【详解】函数且的图象恒过定点，所以，
，
，当且仅当，即等号成立
3.B
【详解】当且时，存在最小值为，所以甲乙；
当且时，存在最小值，故乙甲，
所以甲是乙的必要不充分条件，
4.C
【详解】，
所以，所以为奇函数，故排除A，D；
当时，，故排除；
5.B
【详解】根据题意可知若，则可得；
显然当时，可得，
由的值域为，利用三角函数图像性质可得，
解得，即的取值范围是
6.D
【详解】因为函数是上的偶函数，所以，
因为的图象关于点对称，所以，即，
所以，
所以，所以函数是上周期为4的函数，
当时，，所以，
又，所以，
所以.
7.B
【详解】假设，
所以，所以，
所以为奇函数，
而，
则其图象是的图象向右平移1个单位长度，向上平移4个单位长度得到的，
所以的对称中心为，所以，
因为，所以，
易得，当且仅当时等号成立，
而，则，
所以恒成立，即在上单调递增，
所以在上单调递增，
因为得，
所以，解得.
8.A
【详解】构造函数，
因为当时，，则单调递减，
所以，所以.
构造函数，则，
所以当时，，则单调递增，
所以时，，
即，则，所以.
综上，，
9.ABD
【详解】选项A：因为是三个非零的平面向量，且相互不共线，
所以不会同时与垂直，所以与不会同时为0，
所以，故A错误；（注意向量的数量积为一个常数）
选项B：，由于，
（点拨：向量夹角的取值范围是）所以，故B错误；
选项C：因为，
且由知与不相等，所以与垂直，
（点拨：若两向量的数量积为0，则两向量垂直）故C正确；
选项D：因为是非零向量，且不共线，所以设，
从而，在中，两边之差小于第三边，所以，
（提示：不共线，所以中的等号不成立）故错误.
10.BD
【详解】
对于A，令，则，此时错误；
对于，
所以，即，
因为，则至少有一个不为零，
不妨设，由，可得，
所以，即，故C正确；
对于，令，则，此时错误；
对于D，由，可得，
所以，又不全为零，
所以表示一条直线，即在复平面对应的点在一条直线上，故D正确.
11.BCD
【详解】由展开图还原正方体如下图所示，
对于四边形为平行四边形，，
与是共面直线，错误；
对于与所成角即为，
为等边三角形，
，即与所成角为正确；
对于平面平面；
又平面平面，
又平面平面平面正确；
对于，由正方体性质可知平面，
取中点，连接，
则平面平面点的轨迹为正六边形的边，D正确.
12.ACD
【详解】对于①，由，解得函数的定义域为，
令，可得，则，
故，所以函数有无数个零点，①正确；
对于②，当时，设，则，
所以，
则，②正确；
对于③，对任意的，
当时，有，③正确；
对于④，，
因为，
即，故，
故函数在上不可能单调递减，④错误；
13.
【详解】若，则，解得：或，
当时，，直线重合
当时，，显然.
14.
【详解】因为，所以，
所以.
15.9（答案不唯一，内的任何一个值均可）
【详解】由余弦定理可得，
因为角为锐角，则，可得，
所以的周长.
16.；
【详解】设，上底面和下底面的中心分别为，过作，该四棱台的高，
在上下底面由勾股定理可知，.
在梯形中，，
所以该四棱台的体积为，
所以，即
当且仅当，即时取等号
18.（1）设的公差为的公比为，由已知可得，
，
.
又
.
（2）由（1）知，
……①
……②
①-②得
.
19.（1）当时，，整理得，又，得
则数列是以-2为首项，-2为公比的等比数列.
则
（2）当时，
当时，，
当时，，
当时，，
则
20.（1）过作，交底面弧于，连接，
易知：为平行四边形，所以，
又为弧的中点，所以是弧的中点，所以，
而由题设知：，则，所以，即，
由底面平面，则，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由题意，构建如下图示空间直角坐标系
令半圆柱半径为，高为，则，
所以，
若是面的一个法向量，则，令，则，
若是面的一个法向量，则，令，则，
所以.
整理可得，则，
又
由题设可知，此时点，
则，
所以点到直线的距离.
21.（1）假设角为直角，则，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
显然，所以矛盾，故假设不成立，
所以角不可能为直角.
（2）因为，
所以，
由正弦定理，得，
由余弦定理化简，得，
因为为锐角三角形，
所以
令，则有，
所以的取值范围为.
22.（1）
.
在处的切线方程为.
（2）由（1）得
①当时，，即.
②当时，
③当时，在上单调递增..
，
存在唯一，使得.
当时，；当时，，
当时，单调递减；当时，单调递增..
又
存在唯一，使得
即当时，；当时，
当时，有且仅有1个零点.
④当时，.
综上，当时，有且仅有2个零点
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