2024-2025學年福建省福州市高三上冊10月月考數(shù)學檢測試題合集2套（含解析）

2024-2025學年福建省福州市高三上學期10月月考數(shù)學檢測試題（一）注意事項：1.答題前，考生務必將自己的班級、準考證號、姓名填寫在答題卡上.2.第Ⅰ卷每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.第Ⅱ卷必須用0.5毫米黑色簽字筆書寫作答.若在試題卷上作答，答案無效.第Ⅰ卷一、單選題：本大題共8小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知全集，集合，，則（）.A. B. C. D.2.設，則“”是“”的（）.A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件3.的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c.已知，，，則（）.A. B. C. D.4.已知是邊長為2的等邊三角形，P為平面內(nèi)一點，則的最小值是（）.A.-2 B. C. D.-15.函數(shù)在單調(diào)遞減，且為奇函數(shù)，若，則滿足的的取值范圍是（）.A. B. C. D.6.在平面直角坐標系中，角以為始邊，終邊在第三象限.則（）.A. B.C. D.7.在正四棱臺中，，，，若球O與上底面以及棱，，，均相切，則球O的表面積為（）.A. B. C. D.8.已知函數(shù)，，若總存在兩條不同的直線與函數(shù)，圖象均相切，則實數(shù)的取值范圍為（）.A. B. C. D.二、多選題：本大題共3小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的，全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯得0分.9.已知各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，且，則（）.A. B.C.數(shù)列是等差數(shù)列 D.數(shù)列是等比數(shù)列10.如圖，在正方體中，M，N，P分別為棱，，的中點，則下列結論正確的是（）.A.平面B.點P與點D到平面的距離相等C.平面截正方體所得截面圖形為等腰梯形D.平面將正方體分割成的上、下兩部分的體積之比為7：1711.已知奇函數(shù)的定義域為，，對于任意的正數(shù)，，都有，且時，都有，則（）.A.B.函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞增C.對于任意都有D.不等式的解集為第Ⅱ卷三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分，把答案填在答題卡相應橫線上.12.已知單位向量，向量，，若，則實數(shù)_______.13.直線被圓截得最大弦長為_______.14.對于正整數(shù)，設是關于x的方程的正實數(shù)根.記，其中表示不超過x的最大整數(shù)，則________；設數(shù)列的前項和為，則________.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.（本小題滿分13分）已知數(shù)列的前n項和為，，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）令，求數(shù)列的前n項和.16.（本小題滿分15分）在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，的面積為S，已知.（1）求角B；（2）若，的周長為，求的最大值.17.（本小題滿分15分）已知橢圓：的右焦點F在直線上，A，B分別為的左、右頂點，且.（1）求C的標準方程；（2）是否存在過點的直線交C于M，N兩點，使得直線，的斜率之和等于-1？若存在，求出的方程；若不存在，請說明理由.18.（本小題滿分17分）如圖，在四棱錐中，，，，，，，平面平面.（1）求證：平面平面（2）求二面角的余弦值.（3）G為平面內(nèi)一點，若平面，求的長.19.（本小題滿分17分）設a，b為實數(shù)，且，函數(shù).（1）若，討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）若對任意，函數(shù)有兩個不同的零點，求a的取值范圍；（3）當時，證明：對任意，函數(shù)有兩個不同的零點，滿足.（注：是自然對數(shù)的底數(shù)）數(shù)學答案題號12345678答案BABBDCCB題號91011121314（1）14（2）答案ACBCDACD1010101.【詳解】由題知，，則.故選：B.2.【詳解】因為可得：當時，，充分性成立；當時，，必要性不成立；所以當，是的充分不必要條件.故選：A.3.【詳解】，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，由正弦定理可得，∵，，∴，∵，∴.故選B.4.【詳解】建立如圖所示的坐標系，以中點為坐標原點，則，，，設，則，，，則，∴當，時，取得最小值.故選：B.5.【詳解】是奇函數(shù)，故；又是減函數(shù)，，即則有，解得.故選D.6.【詳解】由題意可得、，，對A，當時，，則，，此時，故A錯誤；對B，當時，，故B錯誤；對C、D，，由，故，則，即，故C正確，D錯誤.故選：C.7.【詳解】設棱臺上下底面的中心為N，M，連接，，則，，所以棱臺的高，設球半徑為，根據(jù)正四棱臺的結構特征可知：球O與上底切于N，與棱，，，均相切于各邊中點處，設中點為E，連接，，，所以，解得，所以球的表面積為.故選：C8.【詳解】設函數(shù)上的切點坐標為，且，函數(shù)上的切點坐標為，且，又，，則公切線的斜率，則，所以，則公切線方程為，即，代入得：，則，整理得，若總存在兩條不同的直線與函數(shù)，圖象均相切，則方程有兩個不同的實根，設，，則，令得，當時，，單調(diào)遞增，時，，單調(diào)遞減，又可得，則時，；時，，則函數(shù)的大致圖象如下：所以，解得，故實數(shù)a的取值范圍為.故選：B.9.【詳解】設等差數(shù)列的公差為，對A，因為是等差數(shù)列，且3+7=4+6，由等差數(shù)列性質得，故A正確；對，則，故B錯誤；對C，因為，則數(shù)列是等差數(shù)列，故C正確；對D，如數(shù)列為1，2，3，4，5，6…，顯然數(shù)列不是等比數(shù)列，故D錯誤.故選：AC.10.【詳解】正方體中，不妨設棱長為2.假設平面，則，而底面，則，與相交于平面，所以平面，則，顯然不成立，即選項A錯誤；連接，，由知，A，M，N，四點共面，即為平面截正方體所得截面圖形，而，，故截面圖形為等腰梯形，C正確；由，知四邊形是平行四邊形，所以，且平面，平面，故平面，所以點P與點D到平面的距離相等，選項B正確；平面將正方體分割的上面部分是棱臺，上底面面積為，下底面面積為，高，所以體積，而正方體體積為，所以分割的下面部分體積，所以，即選項D正確.故選：BCD.11.【詳解】已知，令，，可得，，令，可得，得，，A選項正確；奇函數(shù)的定義域為，，所以，又知，所以函數(shù)在內(nèi)不是單調(diào)遞增，B選項錯誤；對于任意的正數(shù)，，都有，對于任意都有，，，又因為函數(shù)為奇函數(shù)，可得，C選項正確；對于任意的正數(shù)，，都有，，又因為，所以，所以，又因為，，，所以，所以，所以函數(shù)在內(nèi)是單調(diào)遞增，又因為函數(shù)為奇函數(shù)，所以函數(shù)在內(nèi)是單調(diào)遞增，因為不等式，所以，，已知，令，，因為，可得，函數(shù)在內(nèi)是單調(diào)遞增，所以，已知，令，，因為，可得，同理，，又因為函數(shù)為奇函數(shù)，，，又因為函數(shù)在內(nèi)是單調(diào)遞增，所以不等式的解集為，D選項正確.故選：ACD.12.【詳解】因為，所以，故.故1.13.【詳解】由已知，圓的標準方程為，圓心為，半徑，圓心到直線的距離，解得，所以弦長為，因為，所以，所以弦長，當即時，弦長有最大值.故答案為.14.【詳解】（1）當時，，設單調(diào)遞減，，，所以，，；（2）令，則方程化為：，令，則在單調(diào)遞增，；，由零點存在定理可得：，，當，，，當，，，所以當，.故①0；②1010.15.解：（1），，當時，∴，，當時，，兩式相減得，∴，∵∴，∴數(shù)列是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，∴；（2）由（1）可知，記，∴，，兩式相減得，∴.16.解：（1）因為，所以，即，由正弦定理，得，因為，所以，因為，所以，所以，又，所以.（2）由余弦定理，得，即，所以，即，因為，，所以，所以，又（當且僅當時取等號），所以（當且僅當時取等號），所以（當且僅當時取等號），所以（當且僅當時取等號），即的最大值為.17.解：（1）設右焦點，直線與x軸的交點為，所以橢圓C右焦點F的坐標為，故在橢圓C中，由題意，結合，則，，所以橢圓C的方程為：；（2）當直線的斜率為0時，顯然不滿足條件，當直線的傾斜角不為0°時，設直線的方程為：，，，由，可得，由題意，則，，由，由，即，故存在滿足條件的直線，直線的方程為.18.解：（1）連接，在中，，，，∴，則，，，∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，∵平面，∴，∴在中，，又∵，，∴，，，在中：，∴，又，，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）法一：由（1）可知：，，則二面角的一個平面角為，∴在中，由余弦定理知；法二：在平面上過點B作z軸于B，過P作軸于E，∵平面平面，平面平面，z軸平面，∴z軸⊥平面，∴z軸、軸，又，∴軸，，兩兩垂直，如圖以，為x，y軸建立空間直角坐標系：，，，由余弦定理可知，∴，所以，，則，，，設為平面的一個法向量，則：，令，則，，所以，易知是平面的一個法向量，設二面角的一個平面角為，則，由圖形可知該二面角為鈍角，所以；（3）法一：過作，垂足為，過作，在中，過D作，過Q作，，因為，平面，所以平面，又平面，所以，而，平面，所以平面，即為所求.分別延長、交于，連接，過D作，由（1）知，，與相交，平面，∴平面，∴，，設，，∴，則，設，在平面內(nèi)，由幾何關系知，，所以.法二：由（2）得，平面的法向量為，且，∴，∴，∵為直角三角形，∴.法三：由（2）得，，，，，設，所以，又：，即.∴.19.解：（1）定義域，，，①若，則，所以在上單調(diào)遞增；②若，當時，，單調(diào)遞增，當時，，單調(diào)遞減.綜上可得，時，在上單調(diào)遞增；時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.（2）有2個不同零點有2個不同解有2個不同的解，令，則，，記，，記，，又，所以時，，時，，則在單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，∴，∴，∵，∴，∴.即實數(shù)的取值范圍是.（3）[方法一]【最優(yōu)解】：，，有2個不同零點，則，故函數(shù)的零點一定為正數(shù).由（2）可知有2個不同零點，記較大者為，較小者為，，注意到函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，故，又由知，，要證，只需，2且關于的函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以只需證，只需證，只需證，∵，只需證在時為正，由于，故函數(shù)單調(diào)遞增，又，故在時為正，從而題中的不等式得證.[方法二]：分析+放縮法，有2個不同零點，，不妨設，由得（其中）.且，.要證，只需證，即證，只需證.又，所以，即.所以只需證.而，所以，又，所以只需證.所以，原命題得證.[方法三]：若且，則滿足且，由（Ⅱ）知有兩個零點且.又，故進一步有.由可得且，從而.因為，所以，故只需證.又因為在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，故只需證，即，注意時有，故不等式成立.2024-2025學年福建省福州市高三上學期10月月考數(shù)學檢測試題（二）本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共4頁，滿分為150分。限時時間為120分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名和準考證號填寫在答題卡相應的位置上，用2B鉛筆將自己的準考證號填涂在答題卡上。2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案；在試卷上做答無效。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆在答題卡上作答，答案必須寫在答題卡上各題目指定區(qū)域內(nèi)的相應位置上，超出指定區(qū)域的答案無效；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用涂改液。不按以上要求作答的答案無效。4.考生必須保持答題卡的整潔和平整。第Ⅰ卷（共73分）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知的外接圓面積為，，則（）.A. B. C. D.2.函數(shù)的最小正周期是（）A． B． C．D．3.設函數(shù)，則（）A.4 B.5 C.6 D.74．若正數(shù)，滿足，則的最小值是（）A． B． C． D．25.已知集合，若“”是“”的必要不充分條件，則實數(shù)a的取值范圍是（）A. B.C. D.6.函數(shù)在上不單調(diào)，則實數(shù)的取值范圍為（）A. B. C. D.7.已知，則的值為（）A. B. C. D.8.已知函數(shù)，，若和圖象存在3個交點，，，則（）A.1 B.2 C.3 D.4多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，有選錯的得0分，部分選對得部分分數(shù)分.9．下列命題正確的有（

）A．函數(shù)為增函數(shù)B．函數(shù)定義域為，則的定義域為C．函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)D．已知函數(shù)存在兩個零點，則10.已知，，且，則下列結論一定正確的是（

）A． B．C． D．11.設函數(shù)，則（）A.的定義域為B.的圖象關于對稱C.的最小值為D.方程在上所有根的和為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分12.已知是函數(shù)的一條對稱軸，則的最大值為.13.已知函數(shù)，則函數(shù)的所有零點構成的集合為__________.14．已知的半徑是1，點P滿足，直線PA與相切于點A，直線PB與交于B，C兩點，D為BC的中點，設，則_________（結果用α表示）；當時，取得最大值．第Ⅱ卷（共77分）四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟15．（13分）已知，曲線在點處的切線斜率為．（1）求a；（2）求不等式的解集．16.（15分）設的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，BC，AC邊上的兩條中線AD，BE相交于點P，且．（1）求；（2）若，BE＝2，，求面積．17．（15分）在中，角所對的邊分別為．已知成公比為q的等比數(shù)列．（1）求q的取值范圍；（2）求的取值范圍．18．（17分）設函數(shù)(1)求不等式的解集；(2)若在上的最大值為，求實數(shù)的取值范圍；(3)當時，對任意的正實數(shù)，不等式恒成立，求的最大值.19.（17分）已知函數(shù)，若存在實數(shù)，使得，則稱與為“互補函數(shù)”，為“互補數(shù)”.(1)判斷函數(shù)與是否為“互補函數(shù)”，并說明理由.(2)已知函數(shù)為“互補函數(shù)”，且為“互補數(shù)”.（i）當時，求;（ii）當時，求的范圍.數(shù)學答案一、單項選擇題：CCDADCDC5【詳解】由，即，解得或，故或，又由，即，解得，故，因為是必要不充分條件，即是的真子集，可得或，解得或，即6【詳解】函數(shù)定義域為，由題意，函數(shù)在上不單調(diào)，所以在上有零點，即方程在上有根，即方程在上有根，所以，即，所以實數(shù)的取值范圍為.7【詳解】由已知，，則，從而，所以，8【詳解】因為，又，所以關于點對稱，又，所以也關于點對稱，因為，，所以交點，，中必定含有一個點為，且剩余兩個點關于點對稱，故．二．多項選擇題：BCACACD10．【詳解】令，則，所以當時，，所以在上單調(diào)遞增；由得，即，∵，∴，∴，即，∴，即，∴，A正確；由知，所以，所以選項B錯誤；由知，所以選項C正確．由，知，所以，所以D錯誤，11.【詳解】A選項，又題意得，故，定義域為，A正確；B選項，，故的圖象不關于對稱；C選項，，故的一個周期為，又，故關于對稱，由A知，定義域為，故只需研究時的最小值即可，此時，則，其中恒成立，故令f'x>0得，此時單調(diào)遞增，令f'x<0得，此時單調(diào)遞減，故在時，取得最小值，此時，故的最小值為，C正確；D選項，畫出在上的圖象，如下：其中，則與共有8個交點，由對稱性可知，，則方程在上所有根的和為，D正確.三．填空題：12.13.14.，14【詳解】由題意可知：點P在以為圓心，半徑為的圓上，因為直線PA與相切于點A，則，，可知，，又因為D為BC的中點，則，可得，則，且，可得，可知：當，即時，取到最大值.四．解答題15．【詳解】（1）由已知，得，（2分）又函數(shù)y=fx在點處的切線斜率為，即，解得；（5分）（2）由（1）得，，則恒成立，即在上單調(diào)遞增，（7分）又，即函數(shù)為奇函數(shù)，（9分）由，可知，（11分）即，解得，即不等式的解集為.（13分）16.【詳解】（1）因為，所以由正弦定理得，（3分）由余弦定理得，（5分）又，所以.（7分）（2）因為P是BC，AC邊上的兩條中線AD與BE的交點，所以點P是的重心.（9分）又，，，所以在中，由余弦定理，（11分）所以，又，，所以，所以，（13分）所以面積為．（15分）17．【詳解】（1）由題意知，（2分）根據(jù)三角形三邊關系知：，（5分）解得（7分）（2）由（1）及正弦定理、余弦定理知：，（11分）由對勾函數(shù)的性質知：在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，（13分）所以，則，即的取值范圍為.（15分）18【詳解】（1）f(x)<f(1)即f(x)<0，即(x?1)(x?(a?1）<0，（2分）x?1x?(a?1)=0兩根為1當(a?1)>1，即a>2時，解集為1,a?1；當