广东省深圳市中荟高级中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试卷
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．（2024高三上·深圳月考）已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
2．（2024高三上·深圳月考）双曲线的渐近线方程是( )
A．y= B．y= C．y= D．y=
3．（2024高三上·深圳月考）已知向量，，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·深圳月考）设等差数列的前项和为，已知，，则（ ）
A．32 B．64 C．80 D．128
5．（2024高三上·深圳月考）函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称，则图中的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·深圳月考）若函数在区间内有极值点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·深圳月考）已知，是椭圆：的左、右焦点，是的下顶点，直线与的另一个交点为，且满足，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·深圳月考）定义：在数列中，，其中为常数，则称数列为“等比差”数列．已知“等比差”数列中，，，则（ ）
A．1763 B．1935 C．2125 D．2303
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2024高三上·深圳月考）若复数满足（其中为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的共轭复数在复平面内对应的点在第四象限
C．的虚部为
D．
10．（2024高三上·深圳月考）下列说法正确的是（ ）
A．若不等式的解集为或，则
B．若命题p：，，则p的否定为：，
C．在△ABC中，“”是“”的充要条件
D．若对恒成立，则实数x的取值范围为
11．（2024高三上·深圳月考）已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中正确的是（ ）
A．的一个周期为
B．在区间上单调递增
C．是偶函数
D．在区间上有且仅有一个极值点
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12．（2024高三上·深圳月考）已知集合，，则 ．
13．（2024高三上·深圳月考）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为2，底面边长为1，则该球的表面积为 .
14．（2024高三上·深圳月考）三国时期，吴国数学家赵爽绘制“勾股圆方图”证明了勾股定理（西方称之为“毕达哥拉斯定理”）.如图，四个完全相同的直角三角形和中间的小正方形拼接成一个大正方形，角为直角三角形中的一个锐角，若该勾股圆方图中小正方形的面积与大正方形的面积之比为，则 .
四、解答题（本大题共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．（2024高三上·深圳月考）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ．
（I）求角B的大小；
（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．
16．（2024高三上·深圳月考）如图，在三棱台中，，，，，且平面.设P，Q，R分别为棱，，的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成的角的余弦值.
17．（2024高三上·深圳月考）已知数列的前n项和为，且满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）当时，数列满足，求证：；
（3）若对任意正整数n都有成立，求正实数q的取值范围．
18．（2024高三上·深圳月考）已知函数.
（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）设，若，求实数的取值范围.
19．（2024高三上·深圳月考）在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线，关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比.
（1）已知曲线的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”后所得曲线的方程；
（2）射线的方程，如果椭圆经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线与椭圆，分别交于两点，，且，求椭圆的方程；
（3）对抛物线，作变换，得抛物线；对作变换，得抛物线；如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，…若，，求数列的通项公式.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、若，，，则与平行或异面，故A错误；
B、若，，则与平行或相交，故B错误；
C、若，，则与平行、相交或异面，故C错误；
D、若，则由线面平行的性质定理可知，必有，使得，
又，则，因为，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，以及垂直，平行的判断和性质逐项判断即可.
2．【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线方程为，焦点在轴上，
所以，
所以该双曲线的渐近线方程为.
故答案为：C.
【分析】根据双曲线方程，找出的值即可求出双曲线的渐近线方程．
3．【答案】C
【知识点】换底公式及其推论；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：若，则，
即，解得.
故答案为：C.
【分析】根据向量垂直的坐标表示，结合换底公式和特殊角的函数值求解即可.
4．【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：数列为等差数列，由，可得，解得；
又，所以，解得，
则.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用等差数列性质及前项和公式求解即可.
5．【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由图可知：，
因为函数的图象上的所有点向左平移个单位长度后可得图象关于原点对称，所以函数的图象过点，所以，即，解得，
又因为，，所以，
则，.
故答案为：A．
【分析】根据图象易知，再根据三角函数图象的平移变换求得函数的周期，解得，借助零点求得，得函数的解析式，再求的值即可.
6．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的极值；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
由题意可得：在区间内有零点，
令，解得，
令，易知在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，所以，所以，
当时，，不符合题意，
则实数的取值范围是.
故答案为：C．
【分析】求函数的定义域，再求导，由题意可得在区间内有零点，分离参数可得，令，根据对勾函数的性质判断单调性，并求值域，即可得到的取值范围，再检验时不符合题意，即可得实数的取值范围.
7．【答案】A
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意可得：，令，则
因为，所以，
即，∴，，
在中，，
在中，由余弦定理可得：，
即，解得，则的离心率为.
故答案为：A.
【分析】根据椭圆的定义及勾股定理用表示出，在中求出，再在中，利用余弦定理得到与的关系，化简求离心率即可.
8．【答案】B
【知识点】数列的应用
【解析】【解答】解：因为数列是“等比差”数列，所以，
又因为，，所以，
所以，，…，，
累加可得，
，，…，，
累积可得，
则.
故答案为：B.
【分析】根据数列为“等比差”数列，利用累和法和累积法求解即可．
9．【答案】A,B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：易知，
则，
A、，故A正确；
B、的共轭复数 ，在复平面内对应的点，位于第四象限，故B正确；
C、，虚部为，故C错误；
D、，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】利用复数的乘方可得，再利用复数代数形式的加减求得复数，再根据复数的模。共轭复数以及复数在复平面内的表示、复数的概念，复数代数形式的乘法远算逐项分析判断即可.
10．【答案】A,D
【知识点】命题的否定；必要条件、充分条件与充要条件的判断；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：A、由题意可得是方程的两根，
由韦达定理可得，解得，，则，故A正确；
B、易知命题，的否定为：，，故B不正确；
C、 在中，由，可得，
即，因为，所以或，显然不是充要条件，
故C错误；
D、由题意，换主元可得，
因为，对恒成立，所以，解得，
故D正确.
故答案为：AD．
【分析】根据一元二次不等式的解集和二次方程得关系，结合韦达定理求解即可判断A；根据命题否定的定义求解即可判断B；原式两边平方，结合充、要条件定义即可判断C；换主元，转化为关于的一次函数在恒成立求解即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：函数，
A、若的一个周期为，则，
即是的周期，故A正确；
B、，，当时，易知，
则函数在上单调递增，故B正确；
C、，则
，
则是奇函数，故C错误；
D、函数，，
令，
，
当时，，
（），，，
函数在上单调递减，，，
函数在上存在唯一变号零点，因此函数在上存在唯一极值点；
当时，，，
则，在上无零点，
在上无极值点，则函数在上有且仅有一个极值点，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用函数周期的定义即可判断A；求导，利用导数判断函数单调性即可判断B；利用奇偶性的定义即可判断C；求导，利用导数判断函数的单调性，结合零点存在性定理确定函数的极值点即可判断D.
12．【答案】
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：易知集合，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】先解不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
13．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：正四棱锥底面的中心为，
外接球的球心在其高上，记为，如图所示：
易知，
在中，，由勾股定理：，解得，
则球的表面积.
故答案为：.
【分析】正四棱锥底面的中心为，外接球的球心在其高上，记为，在中利用勾股定理，求出球的半径，再根据球的表面积公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；解三角形
【解析】【解答】解：设大正方形的边长为，则直角三角形的直角边分别为，
易知大正方形的面积，小正方形的面积，
由题意可得：，即，
因为，，所以，
则.
故答案为：.
【分析】设大正方形的边长为，解直角三角形求得各边长，再计算，由题意可得，再由求得，结合两角差的余弦公式求解即可.
15．【答案】解：（I）由 结合正弦定理可得：
△ABC为锐角三角形，故 .
（II）结合(1)的结论有：
.
由 可得： ， ，
则 ， .
即 的取值范围是
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理
【解析】【分析】（I）首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定∠B的大小；（II）结合(1)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有∠A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定∠A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得 的取值范围.
16．【答案】（1）证明：连接，因为 平面 ，所以四边形是矩形，
又因为，所以，所以，
又因为平面，且平面，所以，
由，且为三角形的中位线，得，
又因为，平面，所以平面，
由于平面，则，
因为，平面，则平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
故，，，
设是平面的法向量，则，即，
取，得，，
设是平面的法向量，则，即，
取，得，，
设平面与平面相交所成角的平面角为，
则，
故平面与平面所成的角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，利用面面垂直的判定定理、线面垂直的判定定理和性质定理证明即可；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得相应点的坐标，再求平面和平面的一个法向量，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：连接DP，则四边形DPCF是矩形．
又，则，从而
由平面，且平面，得
由，且为三角形的中位线，得
又因为，AC，平面ADFC，
所以平面
由于平面，则
因为，平面，则平面
又因为平面，
所以平面平面
（2）解：以P为原点，PA、PR、PD为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
故，，
设是平面的法向量，则
取，得，
设是平面的法向量，则
取，得，
设平面与平面相交所成角的平面角为，则
又
故平面与平面所成的角的余弦值为.
17．【答案】（1）解： 数列的前n项和为，且满足
当时，，即，解得，
若，则；
若，当时，，
两式相减得，化简得，
则数列是以1为首项，以q为公比的等比数列，即，
当时，也满足该式，故；
（2）证明：当时，由（1）可得，
，
则
，
因为，且，所以，
则得证；
（3）解：由（1）得，则，即，
令定义域为，，
令，解得，
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减，
为使对任意正整数n都有成立，即，
又因为，且，，，
所以，因此，即．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1） 数列 满足，当时，求得，当时，根据继得关系推出，可得数列为等比数列，据此求数列的通项公式即可；
（2）当时，由（1）可得，，利用裂项求和法求和证明结论即可；
（3）将恒成立问题转化为，即恒成立，再构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性求函数的最值，即可求得答案.
（1）由得，即，所以．
若，则；
若，则由得，
两式相减得，
化简得，
所以数列是以1为首项，以q为公比的等比数列，因此，
当时，也满足该式，故．
（2）证明：因为，所以，则，
因此
．
又因为，且，故，
因此得证．
（3）由（1）得，则，即，
令（，），
为使对任意正整数n都有成立，即，
因为，所以当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减．
又，且，，，
所以，因此，即．
18．【答案】（1）解：因为，
当时，，
当时，，
所以，函数在处的切线方程为.
（2）解：因为函数的定义域为，
①当时，恒成立，令，则，
若；若，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，，
令，则，
（i）当，即时，
若或；若，
所以在上递增，在上递减，
在上递增；
（ii）当时，即当时，恒成立，在上递增；
（iii）当时，即当时，
若或；
若，
则在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（3）解：由得恒成立，
因为，即恒成立，
设，则，
因为，同构可得，
令因为，所以，
下面先证，
设，于是，
令，则，
当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以，
即，
所以，即，
故实数取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，由代入法得出切点坐标，再根据点斜式得出函数的图象在点处的切线方程.
（2）利用导数与函数单调性的关系，再分类讨论出函数的单调性.
（3）由参变分离得恒成立，设，利用不等式恒成立问题求解方法，则，再利用导数求出，从而得出实数a的取值范围.
（1），
当时，，
当时，，
函数在处的切线方程为.
（2）函数的定义域为，
①当时，恒成立，令，则，
若：若，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，，
令，则，
（i）当，即时，
若或：若，
所以在上递增，在上递减，在上递增.
（ii）当，即时，恒成立，在上递增.
（iii）当，即时，若或：
若，
所以在上递增，在上递减，在上递增，
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增.
（3）由得恒成立
因为，即恒成立.
设，则，
因为，
同构可得
令因为，所以，
下面先证
设，于是，
令，则，当时，：
当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立.
所以，
即，
所以，即
故实数取值范围为
19．【答案】（1）解： 曲线的方程为，伸缩比 ，则，满足，
整理得，则的方程为；
（2）解：因为，关于原点“伸缩变换”，对作变换，得，
联立，得点的坐标为，
联立，得点的坐标为，
则，即或，解得或；
故椭圆的方程为或；
（3）解：对作变换，得抛物线，得，
因为，所以，即，
当时，，得，
适用上式，
则数列的通项公式.
【知识点】平面内两点间的距离公式；椭圆的标准方程；双曲线的标准方程；伸缩变换；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）由题意，根据伸缩变换的定义计算即可；
（2）由伸缩变换求得方程，分别与射线方程联立求、坐标，根据两点距离公式列式求解即可；
（3）由伸缩变换的定义计算，结合条件及累乘法，等差数列求和公式计算即可．
（1）由条件得，整理得，
所以的方程为；
（2）因为，关于原点“伸缩变换”，
对作变换，得，
联立，解得点的坐标为，
联立，解得点的坐标为，
所以，所以或，
所以或；
因此椭圆的方程为或；
（3）对作变换，
得抛物线，得，
又因为，所以，即，
当时，，
得，适用上式，
所以数列的通项公式.
1 / 1广东省深圳市中荟高级中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试卷
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．（2024高三上·深圳月考）已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、若，，，则与平行或异面，故A错误；
B、若，，则与平行或相交，故B错误；
C、若，，则与平行、相交或异面，故C错误；
D、若，则由线面平行的性质定理可知，必有，使得，
又，则，因为，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，以及垂直，平行的判断和性质逐项判断即可.
2．（2024高三上·深圳月考）双曲线的渐近线方程是( )
A．y= B．y= C．y= D．y=
【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线方程为，焦点在轴上，
所以，
所以该双曲线的渐近线方程为.
故答案为：C.
【分析】根据双曲线方程，找出的值即可求出双曲线的渐近线方程．
3．（2024高三上·深圳月考）已知向量，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】换底公式及其推论；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：若，则，
即，解得.
故答案为：C.
【分析】根据向量垂直的坐标表示，结合换底公式和特殊角的函数值求解即可.
4．（2024高三上·深圳月考）设等差数列的前项和为，已知，，则（ ）
A．32 B．64 C．80 D．128
【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：数列为等差数列，由，可得，解得；
又，所以，解得，
则.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用等差数列性质及前项和公式求解即可.
5．（2024高三上·深圳月考）函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称，则图中的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由图可知：，
因为函数的图象上的所有点向左平移个单位长度后可得图象关于原点对称，所以函数的图象过点，所以，即，解得，
又因为，，所以，
则，.
故答案为：A．
【分析】根据图象易知，再根据三角函数图象的平移变换求得函数的周期，解得，借助零点求得，得函数的解析式，再求的值即可.
6．（2024高三上·深圳月考）若函数在区间内有极值点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的极值；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
由题意可得：在区间内有零点，
令，解得，
令，易知在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，所以，所以，
当时，，不符合题意，
则实数的取值范围是.
故答案为：C．
【分析】求函数的定义域，再求导，由题意可得在区间内有零点，分离参数可得，令，根据对勾函数的性质判断单调性，并求值域，即可得到的取值范围，再检验时不符合题意，即可得实数的取值范围.
7．（2024高三上·深圳月考）已知，是椭圆：的左、右焦点，是的下顶点，直线与的另一个交点为，且满足，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意可得：，令，则
因为，所以，
即，∴，，
在中，，
在中，由余弦定理可得：，
即，解得，则的离心率为.
故答案为：A.
【分析】根据椭圆的定义及勾股定理用表示出，在中求出，再在中，利用余弦定理得到与的关系，化简求离心率即可.
8．（2024高三上·深圳月考）定义：在数列中，，其中为常数，则称数列为“等比差”数列．已知“等比差”数列中，，，则（ ）
A．1763 B．1935 C．2125 D．2303
【答案】B
【知识点】数列的应用
【解析】【解答】解：因为数列是“等比差”数列，所以，
又因为，，所以，
所以，，…，，
累加可得，
，，…，，
累积可得，
则.
故答案为：B.
【分析】根据数列为“等比差”数列，利用累和法和累积法求解即可．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2024高三上·深圳月考）若复数满足（其中为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的共轭复数在复平面内对应的点在第四象限
C．的虚部为
D．
【答案】A,B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：易知，
则，
A、，故A正确；
B、的共轭复数 ，在复平面内对应的点，位于第四象限，故B正确；
C、，虚部为，故C错误；
D、，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】利用复数的乘方可得，再利用复数代数形式的加减求得复数，再根据复数的模。共轭复数以及复数在复平面内的表示、复数的概念，复数代数形式的乘法远算逐项分析判断即可.
10．（2024高三上·深圳月考）下列说法正确的是（ ）
A．若不等式的解集为或，则
B．若命题p：，，则p的否定为：，
C．在△ABC中，“”是“”的充要条件
D．若对恒成立，则实数x的取值范围为
【答案】A,D
【知识点】命题的否定；必要条件、充分条件与充要条件的判断；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：A、由题意可得是方程的两根，
由韦达定理可得，解得，，则，故A正确；
B、易知命题，的否定为：，，故B不正确；
C、 在中，由，可得，
即，因为，所以或，显然不是充要条件，
故C错误；
D、由题意，换主元可得，
因为，对恒成立，所以，解得，
故D正确.
故答案为：AD．
【分析】根据一元二次不等式的解集和二次方程得关系，结合韦达定理求解即可判断A；根据命题否定的定义求解即可判断B；原式两边平方，结合充、要条件定义即可判断C；换主元，转化为关于的一次函数在恒成立求解即可判断D.
11．（2024高三上·深圳月考）已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中正确的是（ ）
A．的一个周期为
B．在区间上单调递增
C．是偶函数
D．在区间上有且仅有一个极值点
【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：函数，
A、若的一个周期为，则，
即是的周期，故A正确；
B、，，当时，易知，
则函数在上单调递增，故B正确；
C、，则
，
则是奇函数，故C错误；
D、函数，，
令，
，
当时，，
（），，，
函数在上单调递减，，，
函数在上存在唯一变号零点，因此函数在上存在唯一极值点；
当时，，，
则，在上无零点，
在上无极值点，则函数在上有且仅有一个极值点，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用函数周期的定义即可判断A；求导，利用导数判断函数单调性即可判断B；利用奇偶性的定义即可判断C；求导，利用导数判断函数的单调性，结合零点存在性定理确定函数的极值点即可判断D.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12．（2024高三上·深圳月考）已知集合，，则 ．
【答案】
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：易知集合，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】先解不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
13．（2024高三上·深圳月考）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为2，底面边长为1，则该球的表面积为 .
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：正四棱锥底面的中心为，
外接球的球心在其高上，记为，如图所示：
易知，
在中，，由勾股定理：，解得，
则球的表面积.
故答案为：.
【分析】正四棱锥底面的中心为，外接球的球心在其高上，记为，在中利用勾股定理，求出球的半径，再根据球的表面积公式求解即可.
14．（2024高三上·深圳月考）三国时期，吴国数学家赵爽绘制“勾股圆方图”证明了勾股定理（西方称之为“毕达哥拉斯定理”）.如图，四个完全相同的直角三角形和中间的小正方形拼接成一个大正方形，角为直角三角形中的一个锐角，若该勾股圆方图中小正方形的面积与大正方形的面积之比为，则 .
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；解三角形
【解析】【解答】解：设大正方形的边长为，则直角三角形的直角边分别为，
易知大正方形的面积，小正方形的面积，
由题意可得：，即，
因为，，所以，
则.
故答案为：.
【分析】设大正方形的边长为，解直角三角形求得各边长，再计算，由题意可得，再由求得，结合两角差的余弦公式求解即可.
四、解答题（本大题共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．（2024高三上·深圳月考）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ．
（I）求角B的大小；
（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．
【答案】解：（I）由 结合正弦定理可得：
△ABC为锐角三角形，故 .
（II）结合(1)的结论有：
.
由 可得： ， ，
则 ， .
即 的取值范围是
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理
【解析】【分析】（I）首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定∠B的大小；（II）结合(1)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有∠A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定∠A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得 的取值范围.
16．（2024高三上·深圳月考）如图，在三棱台中，，，，，且平面.设P，Q，R分别为棱，，的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成的角的余弦值.
【答案】（1）证明：连接，因为 平面 ，所以四边形是矩形，
又因为，所以，所以，
又因为平面，且平面，所以，
由，且为三角形的中位线，得，
又因为，平面，所以平面，
由于平面，则，
因为，平面，则平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
故，，，
设是平面的法向量，则，即，
取，得，，
设是平面的法向量，则，即，
取，得，，
设平面与平面相交所成角的平面角为，
则，
故平面与平面所成的角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，利用面面垂直的判定定理、线面垂直的判定定理和性质定理证明即可；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得相应点的坐标，再求平面和平面的一个法向量，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：连接DP，则四边形DPCF是矩形．
又，则，从而
由平面，且平面，得
由，且为三角形的中位线，得
又因为，AC，平面ADFC，
所以平面
由于平面，则
因为，平面，则平面
又因为平面，
所以平面平面
（2）解：以P为原点，PA、PR、PD为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
故，，
设是平面的法向量，则
取，得，
设是平面的法向量，则
取，得，
设平面与平面相交所成角的平面角为，则
又
故平面与平面所成的角的余弦值为.
17．（2024高三上·深圳月考）已知数列的前n项和为，且满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）当时，数列满足，求证：；
（3）若对任意正整数n都有成立，求正实数q的取值范围．
【答案】（1）解： 数列的前n项和为，且满足
当时，，即，解得，
若，则；
若，当时，，
两式相减得，化简得，
则数列是以1为首项，以q为公比的等比数列，即，
当时，也满足该式，故；
（2）证明：当时，由（1）可得，
，
则
，
因为，且，所以，
则得证；
（3）解：由（1）得，则，即，
令定义域为，，
令，解得，
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减，
为使对任意正整数n都有成立，即，
又因为，且，，，
所以，因此，即．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1） 数列 满足，当时，求得，当时，根据继得关系推出，可得数列为等比数列，据此求数列的通项公式即可；
（2）当时，由（1）可得，，利用裂项求和法求和证明结论即可；
（3）将恒成立问题转化为，即恒成立，再构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性求函数的最值，即可求得答案.
（1）由得，即，所以．
若，则；
若，则由得，
两式相减得，
化简得，
所以数列是以1为首项，以q为公比的等比数列，因此，
当时，也满足该式，故．
（2）证明：因为，所以，则，
因此
．
又因为，且，故，
因此得证．
（3）由（1）得，则，即，
令（，），
为使对任意正整数n都有成立，即，
因为，所以当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减．
又，且，，，
所以，因此，即．
18．（2024高三上·深圳月考）已知函数.
（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）设，若，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：因为，
当时，，
当时，，
所以，函数在处的切线方程为.
（2）解：因为函数的定义域为，
①当时，恒成立，令，则，
若；若，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，，
令，则，
（i）当，即时，
若或；若，
所以在上递增，在上递减，
在上递增；
（ii）当时，即当时，恒成立，在上递增；
（iii）当时，即当时，
若或；
若，
则在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（3）解：由得恒成立，
因为，即恒成立，
设，则，
因为，同构可得，
令因为，所以，
下面先证，
设，于是，
令，则，
当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以，
即，
所以，即，
故实数取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，由代入法得出切点坐标，再根据点斜式得出函数的图象在点处的切线方程.
（2）利用导数与函数单调性的关系，再分类讨论出函数的单调性.
（3）由参变分离得恒成立，设，利用不等式恒成立问题求解方法，则，再利用导数求出，从而得出实数a的取值范围.
（1），
当时，，
当时，，
函数在处的切线方程为.
（2）函数的定义域为，
①当时，恒成立，令，则，
若：若，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，，
令，则，
（i）当，即时，
若或：若，
所以在上递增，在上递减，在上递增.
（ii）当，即时，恒成立，在上递增.
（iii）当，即时，若或：
若，
所以在上递增，在上递减，在上递增，
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增.
（3）由得恒成立
因为，即恒成立.
设，则，
因为，
同构可得
令因为，所以，
下面先证
设，于是，
令，则，当时，：
当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立.
所以，
即，
所以，即
故实数取值范围为
19．（2024高三上·深圳月考）在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线，关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比.
（1）已知曲线的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”后所得曲线的方程；
（2）射线的方程，如果椭圆经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线与椭圆，分别交于两点，，且，求椭圆的方程；
（3）对抛物线，作变换，得抛物线；对作变换，得抛物线；如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，…若，，求数列的通项公式.
【答案】（1）解： 曲线的方程为，伸缩比 ，则，满足，
整理得，则的方程为；
（2）解：因为，关于原点“伸缩变换”，对作变换，得，
联立，得点的坐标为，
联立，得点的坐标为，
则，即或，解得或；
故椭圆的方程为或；
（3）解：对作变换，得抛物线，得，
因为，所以，即，
当时，，得，
适用上式，
则数列的通项公式.
【知识点】平面内两点间的距离公式；椭圆的标准方程；双曲线的标准方程；伸缩变换；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）由题意，根据伸缩变换的定义计算即可；
（2）由伸缩变换求得方程，分别与射线方程联立求、坐标，根据两点距离公式列式求解即可；
（3）由伸缩变换的定义计算，结合条件及累乘法，等差数列求和公式计算即可．
（1）由条件得，整理得，
所以的方程为；
（2）因为，关于原点“伸缩变换”，
对作变换，得，
联立，解得点的坐标为，
联立，解得点的坐标为，
所以，所以或，
所以或；
因此椭圆的方程为或；
（3）对作变换，
得抛物线，得，
又因为，所以，即，
当时，，
得，适用上式，
所以数列的通项公式.
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