2024届内蒙古自治区通辽市科尔沁左翼中旗实验高级中学高三上学期12月月考数学（理）试题含答案

这是一份2024届内蒙古自治区通辽市科尔沁左翼中旗实验高级中学高三上学期12月月考数学（理）试题含答案，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.
【详解】由题意，，所以,
所以.
故选：D.
2．若复数z满足，则（ ）
A．1B．5C．7D．25
【答案】B
【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．
【详解】由题意有，故．
故选：B．
3．若，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据对应幂、指数函数的单调性判断大小关系即可.
【详解】由在R上递增，则，
由在上递增，则.
所以.
故选：D
4．设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别求出选项的函数解析式，再利用奇函数的定义即可.
【详解】由题意可得，
对于A，不是奇函数；
对于B，是奇函数；
对于C，，定义域不关于原点对称，不是奇函数；
对于D，，定义域不关于原点对称，不是奇函数.
故选：B
【点睛】本题主要考查奇函数定义，考查学生对概念的理解，是一道容易题.
5．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．
【详解】将式子进行齐次化处理得：
．
故选：C．
【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．
6．若，则（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】由已知表示出，再由换底公式可求.
【详解】，，
.
故选：C.
7．设等比数列中，前n项和为，已知，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质、等比中项的性质进行求解.
【详解】因为，且也成等比数列，
因为，，所以，
所以8，-1，S9-S6成等比数列，所以8(S9-S6)=1，
即，所以.故B，C，D错误.
故选：A.
8．下列说法不正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】根据不等式的性质即可判断A；利用作差法即可判断BC；举出反例即可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，，
因为，，所以，
所以，即，故B正确；
对于C，，
因为，所以，
所以，即，故C正确；
对于D，当时，，故D错误.
故选：D.
9．已知，若 ，则 的最小值是（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】B
【分析】利用基本不等式“1”的应用即可求解.
【详解】由题意得，，，
所以，
当且仅当时，即，，取等号，故B项正确.
故选：B.
10．已知函数图象的一条对称轴为直线，的一个周期为4，则的解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据各项解析式，结合正余弦型函数性质，将代入验证，应用排除法即可判断.
【详解】对于A，由，显然不是对称轴，排除A；
对于C, 的最小正周期，不合题意，排除C；
由，显然不是对称轴，排除D；
，即是对称轴，最小正周期，满足题设.
故选：B
11．已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A．14B．12C．6D．3
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
故选：D.
12．执行下边的程序框图，输出的n=（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】根据给定的程序框图，逐次计算，结合判断条件，即可求解.
【详解】根据给定的程序框图，可得：
第1次循环：，不满足判断条件，执行循环；
第2次循环：，不满足判断条件，执行循环；
第3次循环：，此时，
满足判断条件，输出结果.
故选：B.
二、填空题
13．设为单位向量，且，则 .
【答案】
【分析】整理已知可得：，再利用为单位向量即可求得，对变形可得：，问题得解.
【详解】因为为单位向量，所以
所以
解得：
所以
故答案为：
【点睛】本题主要考查了向量模的计算公式及转化能力，属于中档题.
14．函数的定义域是 ．
【答案】
【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；
【详解】解：因为，所以，解得且，
故函数的定义域为；
故答案为：
15．若函数的一个零点为，则 ．
【答案】1
【分析】利用可得答案.
【详解】若函数的一个零点为，
则，
即，解得.
故答案为：1.
16．已知命题：，，则为 .
【答案】，
【详解】存在量词命题的否定是全称量词命题，把存在改为任意，把结论否定即得.
【分析】因为命题：，，
所以为，.
故答案为：，.
三、解答题
17．已知关于的不等式.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若不等式的解集为，求的值.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）将代入，利用一元二次不等式的解法即可求解.
（2）根据不等式的解集确定方程的根，再利用韦达定理即可求解.
【详解】解：（1）时，不等式即为，
它等价于，则.
时，原不等式的解集为.
（2）不等式的解集为，
，且，是关于的方程的根.
，.
【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法、由一元二次不等式的解求参数的取值，属于基础题.
18．已知数列满足，数列满足.
(1)求数列及的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由已知判定数列是等比数列，是等差数列，即可求解（2）利用错位相减法即可求解
【详解】（1）由已知
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
数列满足
所以是以1为首项，2为公差的等差数列
（2）①
对上式两边同乘以2，
整理得②
①-②得
所以
19．记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，求的周长．
【答案】(1)见解析
(2)14
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.
【详解】（1）证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
（2）解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.
20．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求函数的单调区间；
(3)当时，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)的单增区间为，单减区间为；
(3)
【分析】（1）直接计算，求导计算，写出切线方程即可；
（2）直接求导确定导数的正负，写出单调区间即可；
（3）先根据必要性得到，再证明当时，，结合（2）中单调性证得，即满足充分性，即可求解.
【详解】（1），当时，，，，，
故曲线在点处的切线方程为，即；
（2）易得定义域为，当时，，令，或，
当或时，单调递减；当或时，单调递增；
故的单增区间为，单减区间为；
（3）“，即”是“当时，恒成立”的必要条件.
当，时，，令，
由（2）知，在单调递减，在单调递增，故，
即，所以的取值范围是.
21．如图，在正四棱柱中，，是棱上任意一点．
(1)求证：；
(2)若是棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法从而求证；
（2）利用空间向量法求解异面直线夹角.
【详解】（1）证明：以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示；
因为，所以，，
，，
所以，所以.
（2）是棱的中点，故，
则，
设异面直线与所成角的大小为，
则，
故异面直线与所成角的余弦值为.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
（2）设P为曲线上的动点，求点P到的距离的最大值，并求此时点P的坐标.
【答案】（1）；；（2）；
【解析】（1）根据椭圆的参数方程即可得到的普通方程，利用，即可得到的直角坐标方程.
（2）首先设，利用点到直线的公式得到，再利用三角函数的性质即可得到答案.
【详解】（1）对于曲线有，所以的普通方程为.
对于曲线有，，
，即的直角坐标方程为.
（2）联立，整理可得，
，所以椭圆与直线无公共点，
设，点到直线的距离为
，
当时，取最大值为，
此时点的坐标为．