2024届四川省眉山市仁寿第一中学校南校区高三上学期12月月考数学（文）试题含答案

这是一份2024届四川省眉山市仁寿第一中学校南校区高三上学期12月月考数学（文）试题含答案，文件包含四川省眉山市仁寿第一中学校南校区2024届高三上学期12月月考数学文试题Word版含解析docx、四川省眉山市仁寿第一中学校南校区2024届高三上学期12月月考数学文试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。

一、选择题：
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】配方求值域，得到，求出定义域得到或，从而求出交集.
详解】，故，
，解得：或，
故或，
所以.
故选：D
2. 如果复数是纯虚数，是虚数单位，则（ ）
A. 且B.
C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意复数为纯虚数，即得，从而求解.
【详解】由复数是纯虚数，
得
解得:.
故选:C.
3. 在中，“”是“”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
【答案】B
【解析】
【分析】结合正弦函数的性质由，可得，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】在中，，
由，可得，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4. 某程序框图如图，该程序运行后输出的值是（ ）
A. -3B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定的程序框图，逐项计算，得出输出的周期性，进而得到输出结果.
【详解】根据给定的程序框图，可得：
第1次循环，满足判断条件，，，执行循环；
第2次循环，满足判断条件，，，执行循环；
第3次循环，满足判断条件，，，执行循环；
第4次循环，满足判断条件，，，执行循环；
第5次循环，满足判断条件，，，执行循环；
第6次循环，满足判断条件，，，执行循环；

可得的输出，构成以项为周期的周期性输出，
当时，输出的结果为.
故选：D.
5. 已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且，为坐标原点，则（ ）
A. B. C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线的定义求得点的坐标，进而求得.
【详解】设，由得，又，得，
所以，.
故选：B
6. 已知正三棱柱（底面为正三角形的直棱柱）中，，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据异面直线所成角的定义，取中点为，则为异面直线与所成角或其补角，再由面面垂直的性质定理解直角三角形即可求出.
【详解】如图，
取中点为，连接，，设，，
，由，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
故（或其补角）为异面直线与所成角，
由为等边三角形，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
所以.
故选：B
7. 已知是第一象限角，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】以为整体，先求，再利用诱导公式结合倍角公式运算求解.
【详解】因为是第一象限，则为第一象限角或第二象限角，
且，所以，
由题意可得：.
故选：B.
8. 同时转动如图所示的两个转盘，记转盘甲得到的数为，转盘乙得到的数为，构成数对，则所有数对中满足的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】列举出数对所有可能的结果，并确定满足的数对个数，根据古典概型概率公式可得结果.
【详解】数对所有可能的结果有：，，，，，，，，，共个；
其中满足数对有：，，，共个；
所求概率.
故选：C.
9. 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象在区间上恰有两个零点，且在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题目的要求伸缩变换得到解析式，然后结合函数在上恰有两个零点以及在上单调递减，列出不等式组，即可求得本题答案.
【详解】依题意可得，
因为，所以，
因为在恰有2个零点，且，，
所以，解得，
令，，得，，
令，得在上单调递减，
所以，
所以，又，解得．
综上所述，，故的取值范围是．
故选：C.
10. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用对数的运算性质以及对数函数的单调性化简，并判断范围，采用作差法结合基本不等式可判断，即可得答案.
【详解】由题意可得，
，，
又，
由于，
故，
综合可得，
故选：A
11. 半正多面体（semiregular slid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），则二十四等边体的体积与其外接球体积之比为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可以得出二十四等边体的外接球半径为，进而求出其外接球体积，然后二十四等边体可以看成一个长方体加上四个四棱锥拼接而成的几何体，求出其体积，最后求出体积比.
【详解】设，则二十四等边体的外接球半径为，
其外接球体积为，
二十四等边体可以看成一个长方体加上四个四棱锥拼接而成的几何体，
故所求体积，
故二十四等边体体积与其外接球体积之比为，
故选：C．
12. 定义在上的奇函数满足，且当时，，则函数在区间上所有零点之和为（ ）
A. 16B. 32C. 36D. 48
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数为奇函数及推理可得出函数的周期、对称中心，根据零点定义转化为方程解的关系，结合图象以及对称性即可求解.
【详解】依题意函数为定义在上的奇函数，所以，
又，所以函数关于轴对称，且，
所以，即，
所以，所以函数是周期为4的周期函数，
且函数的图象关于中心对称；
令，得，
由反比例函数性质知函数的图象关于中心对称，
又当时，，结合对称性和周期性作出函数和的图象，
如图所示，
由图可知，函数和的图象有8个交点，且交点关于中心对称，
所以函数在区间上所有零点之和为.
故选：B
二、填空题：
13. 已知向量，，则与夹角的余弦值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】求出的坐标，再利用向量的夹角公式求解.
【详解】依题意，，
故与夹角的余弦值为．
故答案为：
14. 设命题，，若是假命题，则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据命题的否定与原命题的关系得出命题是真命题，即可根据命题得出，，再根据基本不等式或对勾函数的性质得出在上的最小值，即可得出答案.
【详解】是假命题，
是真命题，
，，
，，
当时，，当且仅当时，即时，等号成立，
，可取到，
，
，
故答案为：.
15. 设双曲线：的左、右焦点分别为，以为圆心的圆恰好与双曲线的两渐近线相切，且该圆过线段的中点，则双曲线的离心率是_____．
【答案】##
【解析】
【分析】先由焦点到渐近线的距离求出半径，再利用该圆过线段的中点得到，即可求出离心率,
【详解】
由题意知：渐近线方程为，由焦点，，则圆的半径为，又该圆过线段的中点，
故，离心率为.
故答案为：.
16. 的外心为，三个内角、、所对的边分别为、、，，，则面积的最大值是______
【答案】
【解析】
【分析】取边的中点，作边的中线，由三角形外心和中线的性质，将化简，即可由余弦定理求得，再由和余弦定理，借助基本不等式求得的最大值，即可求得三角形面积的最大值.
【详解】
取边的中点，连接、，
∵为的外心，
∴，即，
∵为边的中点，
∴为边的中线，，
∴
，
又∵，
∴，整理得，
∴由余弦定理可得，∴，
又，由余弦定理，即，
∴由基本不等式，即，当且仅当时，等号成立，
∴的面积，
即当且仅当时，面积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】解决向量与解三角形综合问题，重点在于将向量与三角形中的几何关系转化为三角形边、角的数量关系，再结合题目进行求解即可.
三、解答题：
17. 已知数列中，，
（1）求证：数列是等差数列，并求出的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）由递推公式可得，即可证明数列是等差数列，由等差数列定义即可求得；
（2）由（1）可得，利用错位相减法即可求得数列的前n项和.
【小问1详解】
当时，由可得，易知；
两边同时取倒数可得，
即，
由等差数列定义可得是以为首项，公差的等差数列，
所以，
即，可得，
显然时，符合上式，
即的通项公式为；
【小问2详解】
由（1）可得，
所以，
，
两式相减可得
，
所以
18. 某校举行中国共产主义青年团成立100周年知识竞赛，随机抽取300名学生的竞赛成绩（总分：100分），统计结果如下．
（1）当时，分别估计男、女生竞赛成绩的中位数与．
（2）该校竞赛委员会规定成绩不低于80分者为优秀，否则为非优秀．根据所给数据，完成下面的列联表．
设，，若有的把握认为男、女生竞赛成绩有差异，求的最小值．
附：，其中．
【答案】（1）82.5，83
（2）填表见解析；41
【解析】
【分析】（1）先确定中位数所在分数段，然后列不等式求解；
（2）根据统计表完成列联表，然后求出，再根据附表列不等式求解.
【小问1详解】
当时，在男生成绩样本中，
竞赛成绩在，，内的频数分别为30，30，60，
显然，，所以，
则，解得．
同理可知，，则，解得，
因此男、女生竞赛成绩的中位数的估计值分别为82.5和83．
【小问2详解】
列联表：
由表中数据可知，，，
．
由题意可知，．整理，得．
又，，
所以的最小值为41．
19. 如图所示，已知是边长为6的等边三角形，点M、N分别在，上，，O是线段的中点，将沿直线进行翻折，A翻折到点P，使得平面平面，如图所示.
（1）求证：；
（2）若，求点M到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）由，证得，利用面面垂直的性质，证得平面，进而证得；
（2）设点到平面的距离为，结合，求得的值，结合平面，利用点到平面的距离与点到平面的距离相等，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为是边长为6的等边三角形，且，
在中，可得，
又因为点是线段的中点，所以，
因为平面平面，且平面，平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
【小问2详解】
解：由是边长为6等边三角形，可得的高为，
因为,，可得，,
则的面积为，
又由平面，且，
所以三棱锥的体积为，
在直角中，，可得，
所以的面积为，
设点到平面的距离为，
因为，可得，解得，
又由，且平面，平面，所以平面，
则点到平面的距离与点到平面的距离相等，
所以点到平面的距离为.
20. 已知分别是椭圆的右顶点和上顶点，，直线的斜率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线，与轴交于点，与椭圆相交于点，求证：为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据，因为，直线的斜率为可得答案；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，利用韦达定理代入化简计算可得答案.
【小问1详解】
分别是椭圆的右顶点和上顶点，，
可得，因为，所以，
直线的斜率为，所以，解得，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
设直线的方程为，则，
与椭圆方程联立可得，
由得，
设，可得，
，
所以为定值.

21. 函数的最小值为.
（1）判断与2的大小，并说明理由：
（2）求函数的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用导数研究函数的单调性求出最小值，其中满足；再由得；，求出；最后利用对勾函数的单调性即可求解.
（2）先利用导数研究函数的单调性求出最大值，其中满足；再由及（1）中，，得；最后由函数在上单调递增，得，代入，即可求出结果.
【小问1详解】
.
理由如下：
由可得：函数定义域为；.
在上单调递增.
，
存在唯一的，使得，即.
当时，；当时，.
即函数在上单调递减，在上单调递增.
故.

；
，即.
因为函数在上单调递减，
，即
故.
【小问2详解】
由，得：函数定义域为，，.
在上单调递减.
当时，；当时，.
存在唯一的，使得，即.
当时，；当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减.
故.
，即.
由（1）知：，
则.
令
函数在上单调递增，在上单调递增.
函数在上单调递增，
.
故函数的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性及最值，属于难题.解题关键在于：第
（1）问利用导数研究函数的单调性求出最小值，难点在于对变形得及，进而得出，之后利用对勾函数的单调性即可求解；第（2）问利用导数研究函数的单调性求出最大值，难点在于对变形得及结合（1）中，，得；最后构造函数并判断单调性，得，代入，即可求出结果.
四、请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线与曲线的极坐标方程；
（2）曲线与曲线交于，两点．求的值．
【答案】（1）的极坐标方程为，的极坐标方程为；
（2）
【解析】
【分析】（1）先将参数方程转化为直角坐标方程后进行极坐标转换即可求解.
（2）联立极坐标方程后，化简可得，利用韦达定理可知，便可求解.
【小问1详解】
解：由题意得：
由：（为参数），消去得：
故的极坐标方程为
由：（为参数），消去得：
故的极坐标方程为
【小问2详解】
设，．
联立
所以
故
23. 已知函数，．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）设，，记的最小值，的最大值为，求．（表示，中的较大值，表示，中的较小值．）
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）将函数中的绝对值去掉，然后再分段求解即可；
（2）根据题意作出两个函数的图像，根据题意可判断出图像实线部分为的图像，虚线部分为的图像，从而可以找到所对应的区间，从而求出的值.
【详解】解：（1）当时，，
当时，由得，解得，不符合题意，舍去
当时，由得，所以，
当时，由得，解得，不合题意，舍去，
所以不等式的解集为；
（2）如图，作出函数的图像，则图像实线部分为的图像，虚线部分为的图像，
当时，令，则，
整理得，
因为，所以，
所以，
当时，令，则，
所以，
因为，所以，
所以，
综上，，
所以
分数段
男生
30
30
女生
10
40
优秀
非优秀
总计
男生
女生
总计
300
0.1
0.01
0.001
2.706
6.635
10.828
优秀
非优秀
总计
男生
150
女生
150
总计
180
120
300