福建省莆田2024届高三上学期第一次月考数学试题（含解析）

2023—2024学年上学期高三数学第一次月考试卷
（考试时间：120分钟 满分：150分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 不等式的解集为（ ）
A. B.
C D.
3. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
4. “”是“”的
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
5. 一个圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，该圆锥的母线长为
A. B. 4 C. D.
6. 如图是正方体的平面展开图．关于这个正方体，有以下判断：
①平面
②平面
③
④平面平面其中正确判断的序号是．
A. ① ③ B. ② ③ C. ① ② ④ D. ② ③ ④
7. 已知三点都在以为球心的球面上， 两两垂直，三棱锥的体积为，则球的表面积为( )
A. B. C. D.
8. 某公园设置了一些石凳供大家休息，每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的，如图所示.如果一张石凳的体积是，那么原正方体石料的体积是（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 在空间中，已知a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列选项中正确的是（ ）
A. 若，且，，，则
B. 若，且，，则
C. 若a与b相交，且，，则与相交
D. 若，且，，则
10. 设、为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有（ ）
A B.
C. D.
11. (多选题)如图，在棱长为1的正方体中，P为棱CC1上的动点(点P不与点C，C1重合)，过点P作平面分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CP＝CM＝CN，则下列说法正确的是（ ）
A. A1C⊥平面
B. 存在点P，使得AC1∥平面
C. 存在点P，使得点A1到平面的距离为
D. 用过点P，M，D1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形
12. 设，，则下列结论正确的是（ ）
A. 不等式恒成立
B. 函数的最小值为2
C. 函数的最大值
D. 若，则的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，，，则的最小值为__________．
14. 三棱锥，则点P到底面的距离为_____________.
15. 有一块多边形的菜地，其水平放置的平面图形用斜二测画法画出的直观图是直角梯形（如图所示），，．，则这块菜地的面积为___________．
16. 在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的体积是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 设集合，或.
（1）若，求；
（2）若，求实数的取值范围.
18. 已知关于的不等式的解集为或.
（1）求a，b的值；
（2）求关于的不等式的解集.
19. （1）已知命题，使得是真命题，求实数的取值范围；
（2）已知，，若是必要不充分条件，求实数的取值范围．
20. 某公司一年购买某种货物600吨，每次购买吨（且x是600的约数），运费为6万元/次，一年的总存储费用为万元.
（1）写出一年的总运费与总存储费用之和（万元）与的函数关系式；
（2）求一年的总运费与总存储费用之和的最小值，并求出此时每次应购买多少吨.
21. 如图，正方形所在平面与所在的平面交于，且平面．
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，，求二面角的余弦值．
22.
如图，在四面体中，点分别是棱的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求证：四边形矩形；
（Ⅲ）是否存在点，到四面体六条棱的中点 的距离相等？说明理由
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式求得集合，从而求得.
【详解】，解得，所以.
，所以，所以，
所以.
故选：B
2. 不等式的解集为（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的解法进行求解即可.
【详解】或，
故选：D
3. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由利用指数函数的单调性可判断A；由对数运算可判断B；利用不等式的性质可判断C；举反例可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，
可得，所以，故A错误；
对于B，由得，所以，
可得，故B错误；
对于C，因为，所以，，又，
所以，故C正确；
对于D，若，则，故D错误.
故选：C.
4. “”是“”的
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
利用充分条件和必要条件的定义进行判断
【详解】解：当时，，所以 ，
当时，，所以 ，即
所以“”是“”的充分不必要条件
故选：A
【点睛】此题考查充分条件，必要条件的应用，属于基础题
5. 一个圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，该圆锥的母线长为
A. B. 4 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设圆锥的底面半径为，母线长为，利用扇形面积公式和圆锥表面积公式，求出圆锥的底面圆半径和母线长．
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为
它的侧面展开图是圆心角为的扇形
又圆锥的表面积为 ，解得：
母线长为：
本题正确选项：
【点睛】本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，关键是能够熟练应用扇形面积公式和圆锥表面积公式，是基础题．
6. 如图是正方体的平面展开图．关于这个正方体，有以下判断：
①平面
②平面
③
④平面平面其中正确判断的序号是．
A. ① ③ B. ② ③ C. ① ② ④ D. ② ③ ④
【答案】C
【解析】
【分析】还原正方体直观图，根据正方体性质，结合线面垂直判定定理可判断①；结合线面平行判定定理可判断②；结合直观图直接可判断③；利用面面平行判定定理可判断④.
【详解】由已知中正方体的平面展开图，得到正方体的直观图如下图所示：
因为平面EFMN，平面EFMN，所以
又，，平面ACME，平面EMC，
所以平面，
因为平面，所以，同理
又平面，平面，
所以平面，故①正确；
易知，平面，平面，所以平面，故②正确；
由图可知显然不平行，故③不正确；
易知，平面，平面，所以面，同理可得面，又，平面BDE，平面BDE，由面面平行判定定理可知平面平面，故④正确.
故选：C.
7. 已知三点都在以为球心球面上， 两两垂直，三棱锥的体积为，则球的表面积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由三棱锥体积公式求得球半径，再由球面积公式计算．
【详解】设球的半径为，由题意，可得三棱锥体积，，解得，则球的表面积为，
故选：B.
8. 某公园设置了一些石凳供大家休息，每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的，如图所示.如果一张石凳的体积是，那么原正方体石料的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方体、正四棱锥的体积公式，结合已知进行求解即可.
【详解】设正方体的棱长为，则正方体的体积为，
每一个正四面体的体积为：，
由题意可知：，
故选：B
【点睛】关键点睛：利用空间想象能力是解题的关键.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 在空间中，已知a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列选项中正确的是（ ）
A. 若，且，，，则
B. 若，且，，则
C. 若a与b相交，且，，则与相交
D. 若，且，，则
【答案】AC
【解析】
【分析】利用空间线线、线面、面面平行和垂直的判定定理和性质定理分析判断即可
【详解】若，且，，即两平面的法向量平行，则成立，故A正确；
若，且，，则a与b互相平行或相交或异面，故B错误；
若a，b相交，且，，即两平面的法向量相交，则，相交成立，故C正确；
若，且，，则与平行或相交，故D错误；
故选：AC.
【点睛】此题考查空间线线、线面、面面平行和垂直的判定定理和性质定理的应用，属于基础题
10. 设、为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用空间数量积的定义、运算性质逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，向量不能作除法，A错；
对于B选项，，B对；
对于C选项，，C错；
对于D选项，，D对.
故选：BD.
11. (多选题)如图，在棱长为1的正方体中，P为棱CC1上的动点(点P不与点C，C1重合)，过点P作平面分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CP＝CM＝CN，则下列说法正确的是（ ）
A. A1C⊥平面
B. 存在点P，使得AC1∥平面
C. 存在点P，使得点A1到平面的距离为
D. 用过点P，M，D1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形
【答案】ACD
【解析】
【分析】连接，首先证明平面，然后由⊥平面可判断A，由平面可判断B，由点A1到平面的距离的取值范围为可判断C，过点P，M，D1的平面去截正方体得到的截面是四边形，可判断D.
【详解】
连接
因为，所以＝，所以
又平面，平面，所以平面
同理可证，平面
又，、平面，所以平面平面
易证⊥平面，所以⊥平面，A正确
又平面，所以与平面相交，不存在点P，使得∥平面，B不正确.
因为，点到平面的距离为
所以点A1到平面的距离的取值范围为
又，所以存在点P，使得点A1到平面的距离为，C正确.
因为，所以，所以用过点P，M，D1的平面去截正方体得到的截面是四边形
又，且，所以截面为梯形，D正确
故选：ACD
12. 设，，则下列结论正确的是（ ）
A. 不等式恒成立
B. 函数的最小值为2
C. 函数的最大值
D. 若，则的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】化简函数表达式，利用基本不等式求各函数的最值，确定正确选项.
【详解】解：因为，，
，当且仅当时取等号，A正确；
因为，则，当且仅当，即时取等号，
但，故B错误；
，当且仅当，即时取等号，C正确；
因为，所以，
则
，
当且仅当中时取等号，D错误.
故选：AC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，，，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用 的代换和基本不等式即得.
【详解】
，
，当且仅当即时取等号
所以．
故答案为:
14. 三棱锥，则点P到底面的距离为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】把三棱锥放入球中分析即可
【详解】
如图,因为,所以可以把三棱锥放入一个球中,其中为球心,为外接圆圆心,则到底面ABC的距离即为OP的长.
在中由正弦定理得,所以
所以
故答案为:
15. 有一块多边形的菜地，其水平放置的平面图形用斜二测画法画出的直观图是直角梯形（如图所示），，．，则这块菜地的面积为___________．
【答案】
【解析】
【分析】首先计算直观图梯形的面积，再根据，即可求解菜地的面积.
【详解】如图，,，
，
因为，所以.
故答案为：
16. 在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的体积是______．
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，取等边的中心，连接，可知三棱锥外接球球心在直线上，设三棱锥外接球的半径为，根据几何关系列出关于的方程，解出的值，进而可求得三棱锥外接球的体积.
【详解】取等边的中心，连接、，如下图所示：
，，所以，三棱锥为正三棱锥，
所以，三棱锥外接球球心在直线，设该球的半径为，
由正弦定理得，所以，，
由勾股定理得，即，解得，
因此，三棱锥外接球的体积为.
故答案为：.
【点睛】本题考查三棱锥外接球体积的计算，要分析出球心的位置，并结合几何关系列等式求解，考查计算能力，属于中等题.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 设集合，或.
（1）若，求；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）代入集合A中，先求，再求；
（2）由，分和两个类型讨论.
【小问1详解】
若，则，
由或，得，
则；
【小问2详解】
因，当时，，解得，符合题意;
当时，有①或② ，
解①得，解②得，
因为，
所以实数的取值范围.
18. 已知关于的不等式的解集为或.
（1）求a，b的值；
（2）求关于的不等式的解集.
【答案】（1）；
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）将不等式的解集转化为方程的两个根，结合韦达定理求出a，b的值；
（2）在（1）的前提下，对不等式变形为，对分类讨论，求解不等式的解集.
【小问1详解】
易知，
由题意得b，3是关于的方程的两个不相等的实数根，
所以，
解得：，
所以.
【小问2详解】
由（1）得，
当时，不等式无解；
当时，解得：；
当时，解得：.
综上，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
19. （1）已知命题，使得是真命题，求实数的取值范围；
（2）已知，，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）因为对全体实数x，使得是真命题，即可得到，求出的范围；
（2）分别求出命题 中 的范围，再根据是的必要不充分条件，即可得到关于的不等式，求出的范围.
【详解】（1）因为命题，使得是真命题，那么 ，
即 ，那么实数的取值范围为 ；
（2），即 ；
中，，因为 ，解得 ，是的必要不充分条件，
所以 ，故实数的取值范围为.
20. 某公司一年购买某种货物600吨，每次购买吨（且x是600的约数），运费为6万元/次，一年的总存储费用为万元.
（1）写出一年的总运费与总存储费用之和（万元）与的函数关系式；
（2）求一年的总运费与总存储费用之和的最小值，并求出此时每次应购买多少吨.
【答案】（1），且；（2）每次应购买30吨，一年的总运费与总存储费用之和取得最小值为240（万元）.
【解析】
【分析】（1）根据总运费和总存储费用求得关于的函数关系式.
（2）结合基本不等式求得的最小值以及此时对应的的值.
【详解】（1）设每次购买吨，则一年需要购买次，
则总运费为万元，
由已知得，一年的总存储费用为万元，
则，，且，
（2）（万元），
当且仅当，即吨时，y取得最小值，
故每次应购买30吨，一年的总运费与总存储费用之和取得最小值，最小值为240（万元）.
21. 如图，正方形所在的平面与所在的平面交于，且平面．
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，，求二面角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）
【解析】
【分析】（Ⅰ）先根据线面垂直的判定定理证明平面， 再由面面垂直的判定定理，即可证明结果；（Ⅱ）在平面内，过作，由（Ⅰ）知平面，进而证明平面，所以两两垂直．以，，分别为轴，建立空间直角坐标系，然后再利用空间向量即可求出结果.
【详解】解：（Ⅰ）因为平面，平面，所以，
在正方形中，，又因为，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面
（Ⅱ）在平面内，过作，
由（Ⅰ）知平面，所以，
所以，又平面，所以两两垂直．
以，，分别为轴，
建立空间直角坐标系如图所示，
因为，所以，又，所以，
所以，，，，
所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，
，，
所以由，得，令，则，
所以，
设二面角为，所以．
22.
如图，在四面体中，点分别是棱的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求证：四边形为矩形；
（Ⅲ）是否存在点，到四面体六条棱的中点 的距离相等？说明理由．
【答案】略
【解析】
【详解】：证明：（Ⅰ）因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE//PC．又因为DE平面BCP，所以DE//平面BCP．
（Ⅱ）因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，
所以DE//PC//FG，DG//AB//EF．所以四边形DEFG为平行四边形，
又因PC⊥AB，所以DE⊥DG，所以四边形DEFG为矩形．
（Ⅲ）存在点Q满足条件，理由如下：连接DF，EG，设Q为EG的中点
由（Ⅱ）知，DF∩EG=Q，且QD=QE=QF=QG=EG.
分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN．
与（Ⅱ）同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线点为EG的中点Q，
且QM=QN=EG，所以Q为满足条件的点