2024届宁夏青铜峡市宁朔中学高三上学期第四次月考数学（理）试题含答案

这是一份2024届宁夏青铜峡市宁朔中学高三上学期第四次月考数学（理）试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】集合的交集运算
【详解】[方法一]：直接法
因为，故，故选：B.
[方法二]：【最优解】代入排除法
代入集合，可得，不满足，排除；
代入集合，可得，不满足，排除C.
故选：B.
【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法；
方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解.
2．已知，其中是虚数单位，则（ ）
A．1B．3C．D．
【答案】B
【分析】根据复数的四则运算，结合复数相等，求得参数的值，可得答案.
【详解】由，，，，则，即，
故选：B.
3．下列函数中，既是奇函数又是增函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的单调性和奇偶性逐一分析即可.
【详解】A选项：因为，所以为偶函数，A错误；
B选项：由反比例函数性质可知，
在上单调递增，但在定义域上不单调，故B错误；
C选项：因为，且定义域为R，
所以为奇函数，
又均为增函数，所以也为增函数，C正确；
D选项：因为，
所以不是奇函数，D错误.
故选：C
4．下列坐标所表示的点是函数图象的对称中心的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用正弦函数的对称中心为，可得，解之即可.
【详解】因为正弦函数的对称中心为，所以令，
解得：，当时，对称中心为，
即A是对称中心，其它各项均不是对称中心.
故选：.
5．设，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据指数函数与对数函数的单调性比较大小即可.
【详解】是单调递增函数，，，
，
是单调递减函数
，
，
故选：B
6．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先确定函数的奇偶性，排除两个选项，然后再利用特殊的函数值的正负排除一个选项，得正确结论．
【详解】，
则为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，D，
当时，，
当时，，故排除A，
故选：C．
7．若曲线在点（1，2）处的切线与直线平行，则实数a的值为（ ）
A．－4B．－3C．4D．3
【答案】B
【分析】利用切线的斜率列方程，化简求得的值.
【详解】，
所以.
故选：B
8．已知圆关于直线对称，则的最大值为（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】D
【分析】由圆的方程求出圆心坐标，将圆心坐标代入直线方程，由基本不等式即可求出的最大值.
【详解】解：由题意
在圆中，
∴圆心为，半径为1
在直线中，
圆关于该直线对称
∴直线过圆心，
∴，即：
∵
解得：
当且仅当时等号成立
∴的最大值为.
故选：D.
9．高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智如南宋数学家杨辉在《详解九章算法商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关如图是一个三角垛，最顶层有个小球，第二层有个，第三层有个，第四层有个，则第层小球的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】记第层有个球，则根据题意可得，再根据累加法求解即可.
【详解】记第层有个球，则，，，，
结合高阶等差数列的概念知，，，，，则第层的小球个数
．
故选：B
10．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据同角平方关系结合角的范围求得，再根据，结合和角余弦公式即可求解.
【详解】因为，所以，又，
所以，
所以
.
故选：C
11．定义在R上的函数满足对任意的x恒有，且，则的值为（ ）
A．2026B．1015C．1014D．1013
【答案】B
【分析】先根据递推和夹逼准则将不等条件转化为等式，再将其看成一个等差数列可得的值.
【详解】根据得，又，所以，又
所以是以为首项，为公差的等差数列；
所以
故选：B.
12．设函数，若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．(0，2)B．(0，2]C．(2，+∞)D．[2，+∞)
【答案】A
【分析】根据题意，是函数的一个零点，故问题转化为当时， 与图象必有一个交点，再根据导数研究性质，数形结合求解即可得答案.
【详解】解：根据题意，函数恰有两个零点
由于当时，，故是函数的一个零点，
所以当时， 与图象必有一个交点，
由于，
当时，，，故函数在上单调递增，
当时，，，所以当时，函数单调递减，当是单调递增；
所以 函数图象如图，
由图可知，若与图象必有一个交点，则.
故选：A.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，考查数形结合思想与化归转化思想，是中档题.
二、填空题
13．过点，倾斜角为的直线交圆于两点，则弦的长为
【答案】；
【分析】首先根据题意写出直线方程，求出圆心到直线的距离，再利用计算弦长即可.
【详解】由题知：直线，即，
圆，圆心，半径.
圆心到直线的距离.
所以.
故答案为：
【点睛】本题主要考查直线与圆截得弦长问题，同时考查了直线方程的点斜式，属于简单题.
14．若命题“”是假命题，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】原命题为假，则其否定为真，转化为二次不等式的恒成立问题求解.
【详解】命题“”的否定为：“，”.
因为原命题为假命题，则其否定为真.当时显然不成立；当时，恒成立；当时，只需，解得：.
综上有
故答案为：.
15．自圆外一点引该圆的一条切线，切点为的长度等于点到原点的距离，则点的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】由圆的切线得到，结合，得到方程，化简后得到轨迹方程.
【详解】由题意得，
又，故，
化简得
故答案为：
16．已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是 ．
【答案】13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
故答案为：13.

三、解答题
17．已知数列是等比数列，公比，且是的等差中项，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意，将条件化简为的形式并求解，代入写出等比数列的通项公式；（2）利用错位相减法求和.
【详解】（1）依题意得：
，，又
（2）由（1）知，
相减得：
整理得：
18．已知三角形的内角的对边分别为，且.
（1）求角；
（2）若，角的角平分线交于点，，求的长.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换可得，进而可得，即可得解；
（2）在中，由正弦定理可得，再由余弦定理即可得解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
即，即，
又，所以，，
所以；
（2）由（1）得，角的角平分线交于点，所以，
又，所以，
在中，由正弦定理得，
所以，
在中，由余弦定理可得，
即，
所以.
【点睛】解决本题的关键是正弦定理与余弦定理解三角形，合理转化，细心计算即可得解.
19．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，焦距为2．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的左焦点，且斜率为的直线交椭圆于A，两点，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题列出a、b、c的方程，解之即可；
（2）将直线与椭圆联立，韦达定理，然后利用弦长公式求底，利用点到直线的距离公式求高，即可求出三角形的面积.
【详解】（1）由题意，设所求椭圆标准方程为：，
因为焦距为，，
又离心率，，
再由，
所以椭圆标准方程为：.
（2）由（1）知：左焦点为，直线的方程为：
则，
，
由弦长公式,
到直线的距离,
．
四、证明题
20．已知数列{}的首项＝2，(n≥2，)，，.
(1)证明：{+1}为等比数列；
(2)设数列{}的前n项和，求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)利用已知条件证明为常数即可；
(2)求出和通项公式，再求出通项公式，利用裂项相消法可求，判断的单调性即可求其范围.
【详解】（1）∵＝2，(n≥2，)，
∴当n≥2时，(常数)，
∴数列{＋1}是公比为3的等比数列；
（2）由(1)知，数列{＋1}是以3为首项，以3为公比的等比数列，
∴，∴，
∴
∵，∴
∴，
∴
∴.
当n≥2时，
∴{}为递增数列，故的最小值为，
∴.
五、解答题
21．已知函数，.
(1)若，求的极值；
(2)若对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2).
【分析】（1）求出，由、可得答案；
（2）转化为对任意的恒成立，令，求得，令，利用导数可判断在上单调递减，且存在唯一的零点使得，可得在上单调递增，在上单调递减，再由可得答案.
【详解】（1）若，则，所以，
令，解得，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，所以的极小值为，无极大值.
（2）若对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
令，所以，
令，则，
所以在上单调递减，因为，，
所以由零点存在性定理可知，存在唯一的零点，使得，
即，
两边取对数可得，即，
因为函数在上单调递增，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，即的取值范围为.
【点睛】关键点睛：1.对于利用导数研究函数问题，当一次求导不能解决问题的时候，我们需要进行二次求导来研究函数性质；
2.对于导函数的零点我们无法求出时，我们可以应用零点存在性定理，找到零点所在去区间，然后设出零点，进而可以写出函数的单调性.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)写出的普通方程和的直角坐标方程；
(2)若曲线与曲线交于两点，的直角坐标为，求．
【答案】(1)：，：.
(2)
【分析】（1）根据消参法消去参数即可求解的普通方程，根据直角坐标与极坐标之间的互换即可得的直角方程，
（2）根据直线的标准参数方程以及参数的几何意义即可求解.
【详解】（1）由消去得，即，
由得，即
（2）直线经过点，且倾斜角为 ，所以的方程写成标准参数方程为 （为参数），将其代入：得，
设所对应的参数分别为，则 故，
因此，
六、证明题
23．已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若的最小值为，且实数，满足，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意分、和三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）利用绝对值三角不等式可求得的最小值，再利用基本不等式可证得所证不等式成立.
【详解】（1）由题意可知：，
①当时，不等式即为，解得，所以；
②当时，不等式即为，解得，所以；
③当时，不等式即为，无解，即；
综上所示：不等式的解集为.
（2）由绝对值不等式的性质可得：，
当且仅当时，等号成立，
所以取最小值4，即，
可得，即，
所以
当且仅当，即时，等号成立.