2024届四川省绵阳市江油市太白中学高三上学期12月月考数学（文）试题含答案

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一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先解绝对值不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
又，
所以
故选：B
2．已知，则在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】由复数的四则运算、共轭复数及复数的几何意义即可得解.
【详解】由，得，
则，故在复平面内对应的点为，在第一象限．
故选：A．
3．已知 ，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用特殊值及指数函数的单调性逐项判断即可.
【详解】取，则满足题意，
此时，所以A选项错误；
取，则满足题意，
此时，所以B选项错误.
取，则满足题意，
此时，所以C选项错误.
由于在上递减，而，
所以，
所以D选项正确.
故选：D
4．直线被圆所截得的弦长为（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】C
【分析】由圆的标准方程可得该圆的圆心和半径，再结合勾股定理知识可得弦长.
【详解】由圆的标准方程可得该圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
所以直线被圆截得的弦长为，
故选：C.
5．若：，则成立的一个充分不必要条件为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】分别解一元二次不等式、对数式不等式、指数式不等式、分式不等式即可判断充分性与必要性，即可得答案.
【详解】对于A，由可得，解得，所以“”是成立的一个既不充分也不必要条件，故A不符合；
对于B，可得，则，解得，所以“”成立的一个充分不必要条件，故B符合；
对于C，可得，则，解得，所以“”是成立的一个必要不充分条件，故C不符合；
对于D，由可解得或，故“”是成立的一个既不充分也不必要条件，故D不符合.
故选：B.
6． =（ ）
A．2B．0C．D．
【答案】B
【分析】利用对数运算求解.
【详解】
,
故选:B.
7．已知函数，则（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】根据分段函数解析式计算可得.
【详解】因为，
所以.
故选：B
8．将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，且当时，关于的方程有三个不等实根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用辅助角法将函数转化为，再利用平移变换得到，然后设，将有三个不等实根，转化为直线与函数的图象有三个交点求解.
【详解】因为，
所以，
设，则函数化为，，
因为有三个不等实根，
所以直线与函数的图象有三个交点，
在同一坐标系中作出函数与函数的图象，如图所示：
由图象可得，
故选：B.
【点睛】方法点睛：解决三角函数图象与性质综合问题的方法：先将y＝f(x)化为y＝asin x＋bcs x的形式，然后用辅助角公式化为y＝Asin(ωx＋φ)＋b的形式，再借助y＝Asin(ωx＋φ)的图象和性质解决相关问题．
9．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据诱导公式及二倍角公式计算即可.
【详解】，
，
，
.
故选：A
10．已知函数，且满足，，，则（ ）
A．28B．C．D．
【答案】B
【分析】根据和定义域R得到，，然后根据，得到，最后求函数值即可.
【详解】由，知函数为奇函数，（提示：的图象关于点中心对称，故函数为奇函数）
又的定义域R，所以，得．
由得，所以，，
由，，得，得，所以，
于是.
故选：B．
11．已知是函数的极大值点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求导后，得导函数的零点，比较两数的大小，分别判断在两边的导数符号，确定函数单调性，从而确定是否在处取到极大值，即可求得的范围.
【详解】，则，，
当时，令得或，令得，
此时在区间上单调递增，上单调递减，上单调递增，
符合是函数的极大值点；
当时，恒成立，函数不存在极值点，不符合题意；
当时，令得或，令得，
此时在区间上单调递增，上单调递减，上单调递增，
符合是函数的极小值点，不符合题意；
综上，要使函数在处取到极大值，则实数的取值范围是.
故选：C.
12．点分别为椭圆的左、右焦点，点P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，，的面积为，e为椭圆的离心率，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可知：为矩形，利用椭圆的定义结合勾股定理和面积关系运算求解.
【详解】根据椭圆的对称性可知：为平行四边形，且，
所以为矩形，

可知的面积即为的面积，
设，则，
可得，
由面积关系可得，即，
所以.
故选：A.
二、填空题
13．已知平面向量，且.若，则 .
【答案】2
【分析】利用平面向量的模与数量积的运算求解.
【详解】因为，所以，
即,
又，，所以，所以.
故答案为:2.
14．已知是等差数列的前n项和，，则 ．
【答案】33
【分析】法一：运用等差中项的性质，结合等差数列的前n项和公式进行求解即可；
法二：运用等差数列的通项公式，结合等差数列的前n项和公式进行求解即可.
【详解】解法一 因为是等差数列，所以，（技巧：等差中项的应用）
则，所以．
解法二 设等差数列的公差为d，所以由得，则，所以．
故答案为：33
15．若，满足约束条件，则最小值为
【答案】/0.5
【分析】作出表示的平面区域，明确表示的几何意义，求出点和可行域内的点的连线的距离的最小值，即可求得答案.
【详解】作出约束条件表示的平面区域，如图阴影部分，
因为，其表示点和可行域内的点的连线距离的平方，
到直线的距离为，
联立，解得，则，
联立，解得，则，
由于，故和可行域内的点的连线的距离的最小值为，
即最小值为，
故答案为：
16．函数的极小值为 ．
【答案】
【分析】换元，设，求导，判断函数的单调性，进而可得极值.
【详解】设，则，
由，得．令，，则，
当时，；
当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，即的极小值为，
故答案为：．
三、解答题
17．已知数列{an}的前n项和，等比数列{bn}满足a1=3b1，b2b4=a2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{b2n-1}的前n项和Tn.
【答案】(1)an=6n-3
(2)
【分析】（1）由，利用数列通项与前n项和的关系求解；
（2）设数列{bn}的公比为q. 由a1=3b1，b2b4=a2，求得首项和公比即可.
【详解】（1）解：因为，
所以a1=S1=3.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n2-3（n-1）2=6n-3.
因为当n=1时，6×1-3=3=a1，
所以数列{an}的通项公式是an=6n-3.
（2）设数列{bn}的公比为q.
因为a1=3b1，所以b1=1.
因为b2•b4=a2，所以.
因为，
所以b3=3，且q2=3.
因为{bn}是等比数列，
所以{b2n-1}是首项为b1=1，公比为q2=3的等比数列.
所以.
即.
18．已知圆：
(1)若圆的切线在轴和轴上截距相等，求切线的方程；
(2)从圆外一点向圆引切线，为切点，为坐标原点，且，求的最小值
【答案】(1)或或
(2)
【分析】（1）分切线过原点或切线的斜率为两种情况说明，利用点到直线的距离等于半径列方程求解即可；
（2）先利用切线长公式及得到的关系，再代入消去求最值即可.
【详解】（1）圆的方程为：，圆心为，半径为，
当圆的切线在轴和轴上截距相等时，切线过原点或切线的斜率为，
当切线过原点时，设切线方程为，
则，解得，
当切线斜率为时，设切线方程为，
则，解得或
故所求切线的方程为或或；
（2）由圆的切线长公式可得，
又，得，
整理得，即，
此时，
当且仅当，即时，的最小值.
19．在，均为锐角的中，内角，，所对的边分别为，，，是的外接圆半径，且.
(1)求；
(2)若，求的值.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）根据正弦定理，和差角公式，结合三角形内角和及角的范围即可求；
（2）用换元法解得，根据正弦定理和（1）的结论，求出三角形三个内角，结合正弦定理即可求.
【详解】（1）由正弦定理得，
即，
所以，
因为，
所以，所以，
又，所以
所以，
又因为，，
所以，
所以.
（2）由得，
令，故，解得或，
由（1）知，故，所以，
由正弦定理得，
所以，化简得，
又因为为锐角，所以，，，
由正弦定理得：.
20．已知椭圆，点，，分别为椭圆的左焦点、右顶点和下顶点，的面积为，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点为椭圆上一点，直线与椭圆交于不同的两点，，且（点为坐标原点），求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据椭圆的几何性质可知，又椭圆的离心率为，由此即可求出椭圆方程；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，化简可得，由此得到韦达定理，再根据，可由坐标运算求出点坐标，再将点坐标带入椭圆方程，建立关于的方程，解方程，即可求出结果.
【详解】（1）设，由题意可知，……①
由椭圆的离心率为，即……②
联立 ，解得 ；
所以椭圆的标准方程；
（2）由题意，将直线方程与椭圆方程联立
可得，
又直线与椭圆交于不同的两点，，则
即或；
设，，
则，
所以，
设，
又，所以，
所以，
又点为椭圆上一点，所以，即
所以，
所以，即，
可得，
可得，且满足或；
故.
【点睛】本题主要考查了利用椭圆的性质求椭圆方程，同时考查了直线与椭圆的位置关系，属于中档题.
21．已知函数．
（1）证明：在区间内存在唯一的零点；
（2）若对于任意的，都有，求整数的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）3．
【分析】（1）先利用导数证明在上单调递增，再结合零点存在定理，得证；
（2）参变分离得，令，原问题转化为求在上的最小值，结合（1）中结论和隐零点的思维，即可得解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
当时，，
∴在上单调递增，
∵，，
∴在区间内存在唯一的零点．
（2）解：∵，且，
∴，
令，则，，
由（1）知，在上单调递增，且在区间内存在唯一的零点，
设该零点为，则，
故当时，，即，在上单调递减，
当时，，即，在上单调递增，
∴，
∴，
故整数的最大值为3．
【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，以及不等式问题，考查转化与划归思想，逻辑推理能力和运算能力，属于较难题．
22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为（t为参数，），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，取相同的长度单位，建立极坐标系．
(1)求曲线C的极坐标方程；
(2)设直线l与曲线C交于A，B两点，且，求的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）首先将曲线的参数方程化为普通方程，再根据转化公式，化为极坐标方程；
（2）首先将直线的极坐标方程代入曲线的极坐标方程，利用韦达定理表示，即可求解.
【详解】（1）曲线C的直角坐标方程：，
根据公式直角坐标与极坐标转化公式，，，，
所以C的极坐标方程：；
（2）直线l的极坐标方程：，代入C的极坐标方程得：，
，，
，
，，
或，
即或，
23．已知函数．
（1）当a＝3时，解不等式；
（2）若不等式的解集非空，求实数a的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由a＝3可得，去绝对值，分类讨论解不等式，求并集，可得所求解集；
（2）由题意可得有解，运用绝对值不等式的性质可得此不等式左边的最小值，解a的不等式可得所求范围．
【详解】（1）当a＝3时，即为，
等价于或或，
解得或或，
则原不等式的解集为；
（2）不等式的解集非空等价于有解．
由，
（当且仅当时取得等号），
所以，解得，故a的取值范围是．
【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式以及不等式能成立求参数的问题，考查学生分类讨论的思想，是一道容易题.