2024-2025学年山东省威海市文登区高三（上）月考数学试卷（一模）（含答案）

2024-2025学年山东省威海市文登区高三（上）月考数学试卷（一模）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.设复数满足，则( )
A. B. C. D.
3.已知命题，命题：，，则成立是成立的( )
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.已知，则( )
A. B. C. D.
5.已知为椭圆的上焦点，为上一点，为圆：上一点，则的最大值为( )
A. B. C. D.
6.已知，且，则( )
A. B. C. D.
7.已知定义在上的偶函数满足，当时，函数，则与的图象所有交点的横坐标之和为( )
A. B. C. D.
8.在中，，，是所在平面内一点，，则的最大值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数，则( )
A. 是的一个周期 B. 是的一条对称轴
C. 的值域为 D. 在上单调递减
10.如图，在四边形中，为边上的一列点，连接交于点，且满足，其中数列是首项为的正项数列，则( )
A. 数列为等比数列
B. 数列的前项和为
C. 数列为递增数列
D.
11.已知正方体的棱长为，点满足，则( )
A. 点到平面的距离为
B. 二面角的正弦值为
C. 当时，过点的平面截该正方体外接球所得截面面积的取值范围为
D. 若是对角线上一点，则的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知底面半径为的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱的侧面积为______．
13.已知函数，若将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的倍，再将得到的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象关于轴对称，则 ______．
14.已知，是双曲线的左、右焦点，过的直线与的左、右两支分别交于，两点若以的中心为圆心，的长为直径的圆与的右支的一个交点恰为，若，，成等差数列，则的渐近线方程为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知数列的各项均为正数，其前项和记为，，，其中为常数且．
若数列为等差数列，求；
若，求．
16.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，且．
求角的大小；
若，如图，，是上的动点，且始终等于，记当为何值时，的面积取到最小值，并求出最小值．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，，为的中点．
证明：平面；
求直线与平面所成角的正弦值．
18.本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
令若曲线与存在公切线，求实数的取值范围．
19.本小题分
定义二元函数，同时满足：；；三个条件．
求，的值；
求的解析式；
若比较与的大小关系，并说明理由．
附：参考公式；．
参考答案
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14.
15.解：数列的各项均为正数，其前项和记为，，，其中为常数且．
当时，，即，
解得，
当时，，即，
解得，
因为数列为等差数列，所以，
即，解得，
所以，，公差为，所以数列的通项公式为；
当时，，
所以，
所以得，，
因为，所以，
当时，，即，
解得，
所以数列的奇数项成等差数列，首项为，公差为；
偶数项成等差数列，首项为，公差为，
所以．
16.解：在中，因为，
所以由正弦定理可得：，
所以，即，
所以，即，
因为，所以，所以，
因为，所以；
因为，由知，所以，
在中，由正弦定理可得，所以，
在中，由正弦定理可得，所以，
所以，
因为，所以，
当时，取得最小值，此时，即，
所以当时，的面积取到最小值，最小值为．
17.证明：设中点为，连接，为等边三角形，故，
由题意知平面平面，平面平面，
平面，故平面，平面，
故，又，，，平面，
故AB平面，平面，故AB，
又为的中点，为等边三角形，则，
，，平面，
所以平面；
解：由知平面，平面，故AB，
连接，，则，，
即四边形为平行四边形，故，所以，
故以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，则，
，，，
所以，，
设直线与平面所成角为，
所以，．
18.解：易知，
当时，
因为的定义域为，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
当时，
因为的定义域为，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
综上：当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
设的切点横坐标，
此时在处的切线方程为，
设的切点横坐标，
此时在处的切线方程为，
联立，
可得，
当时，，代入方程组，不成立，
所以消去得．
设且．
令，
解得或，
当且时，，单调递增；
当或时，，单调递减，
因为，
易知当时，方程有解．
所以当时，曲线与存在公切线．

19.解：，
由得，
由得，
由得，
由得．
由，
得：，
，
，
累加可得，
，也满足此式，故．
由，
得，
，
，
累加可得，
．
而也满足此式，故．
当时，；当时，；当时，，理由如下：
由知，
，
，
当且仅当时，，上式取得等号，
即当时，均有，
当时，；当时，；当时，．
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