四川省绵阳市2023_2024学年高三数学上学期12月月考理试题含解析

这是一份四川省绵阳市2023_2024学年高三数学上学期12月月考理试题含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时间：120分钟满分：150分
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分
第I卷（选择题共60分）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 复数的共轭复数是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将复数的分母化成实数，再求其共轭复数即可.
【详解】而的共轭复数是
故选：B.
2. 已知集合，，则（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】先求出，在判断两个集合的关系，从而可得出答案.
【详解】，
则集合是集合的真子集，
所以，，，，
故ABD错误，A正确.
故选：C.
3. 若是夹角为的两个单位向量，与垂直，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意先分别算出的值，然后将“与垂直”等价转换为，从而即可求解.
【详解】由题意有，
又因为与垂直，
所以，
整理得，解得.
故选：B.
4. 若，满足约束条件，则的最大值为（）
A. 25B. 27C. 29D. 30
【答案】C
【解析】
【分析】先画出不等式表示的可行域，则表示可行域内的点到的距离的平方，结合可行域求解即可.
【详解】约束条件表示的可行域如图所示，
表示可行域内的点到的距离的平方，
由图知：点到的距离最大，
故．
故选：C.
5. 函数的大致图象为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对函数化简后，利用排除法，先判断函数的奇偶性，再取特殊值判断即可
【详解】因为，，
所以为偶函数，所以函数图象关于轴对称，所以排除A，C选项；
又，所以排除B选项，
故选：D．
6. 已知点是抛物线的焦点，点，且点为抛物线上任意一点，则的最小值为（）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】先用焦点坐标将抛物线方程计算出来，再根据抛物线的定义得到点到焦点的距离等于其到准线的距离，结合线段间的不等关系，即可得到.
【详解】由是抛物线的焦点，得，即，
故，其准线方程为，
当时，有，即，故点在抛物线上方，
由抛物线定义可知，点到焦点的距离等于其到准线的距离，
则.
故选：A.
7. 已知的展开式中常数项为24，则的值为（）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】写出展开式通项，可得，解出即可得到结果.
【详解】的展开式的通项，.
令，，可得常数项为.
由已知得，，解得.
故选：D.
8. 七辆汽车排成一纵队，要求甲车、乙车、丙车均不排队头或队尾且各不相邻，则排法有（）
A. 48种B. 72种C. 90种D. 144种
【答案】D
【解析】
【分析】依题可知甲、乙、丙只能在第二位、第四位、第六位，由分步计数原理即可解出．
【详解】由题意得，甲车，乙车、丙车均不排队头或队尾，且各不相邻，所以甲、乙、丙只能在第二位、第四位、第六位，共有种排法，其他车辆任意排列，所以总排法有种．
故选：D．
9. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象.若的图象关于直线对称，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
将的图象向右平移个单位长度得，又的图象关于直线对称，则，可求出参数的值,从而得到答案.
【详解】，
因为的图象关于直线对称，则
由，得，解得.
故.
故选：D
【点睛】本题考查三角函数图象的平移变换，三角函数的图象性质，属于中档题.
10. 已知圆，是圆上的一条动弦，且，为坐标原点，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标，设弦的中点为，则，由弦的值求出，即可得到点在以为圆心，1为半径的圆上，从而求出的最小值，即可得解.
【详解】圆，即，圆心，半径,
设弦的中点为，则,，且，
所以，
所以点在以为圆心，1为半径的圆上，所以，
所以的最小值为.
故选：A．
11. 双曲线C：（，）的一条渐近线过点，，是C的左右焦点，且，若双曲线上一点M满足，则（）
A. 或B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据已知条件求解出双曲线方程，然后根据在双曲线的左右支上进行分类讨论，由此确定出的值.
【详解】因为，，所以，所以或（舍），
又因为双曲线的渐近线过点，所以，所以，
所以，所以，所以，
若在左支上，，符合要求，所以，
若在右支上，，不符合要求，
所以，
故选：B.
12. 若实数a，b，，且满足，，，则a，b，c的大小关系是（）
A. c>b>aB. b>a>cC. a>b>cD. b>c>a
【答案】B
【解析】
【分析】注意到，，.通过构造函数可比较与c的大小.后构造可比较大小，即可得大小.
【详解】由，，，
得，，，令，则，
当时，，当时，，所以在上是增函数，
在上是减函数，于是，即，
又b，，所以；
，
因为，所以，，，
因此，于是，又a，，所以；
令，则，所以在上是增函数，，，即，，，
于是，又a，，所以；
综上.
故选：.
【点睛】关键点睛：本题考查构造函数比较代数式大小，难度较大.
对于不好估值的代数式，常通过观察构造适当的函数，利用函数单调性得到大小关系.
第II卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 函数的图象在处的切线方程为____________
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义即可求解作答.
【详解】函数，求导得：，则，而，
所以函数的图象在处的切线方程为.
故答案为：
14. 已知是各项均不相同的等差数列，是公比为q的等比数列，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，列出方程，即可求得.
【详解】根据条件可得，，
两式相除可得，解得或.
当时，则，因为是各项均不相同的等差数列，
故，所以.
故答案为:.
15. 已知椭圆右焦点与抛物线的焦点重合，且与该抛物线在第一象限交于点，若轴，则椭圆C的离心率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据已知条件及点在抛物线上和在椭圆上，利用椭圆的离心率公式即可求解.
【详解】由抛物线得焦点，
因为轴，
所以把代入中，得，解得，
因为点在第一象限，
所以.
因为椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，
由椭圆得焦点，
所以，
所以
因为在椭圆上，
所以，即，
所以，即，解得或，
又因为，
所以.
所以椭圆C的离心率为.
故答案：.
16. 人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生物识别技术.在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.设，则曼哈顿距离，余弦距离，其中（O为坐标原点）.已知点，则的最大值近似等于__________.（保留3位小数）（参考数据：.）
【答案】
【解析】
【分析】根据题意分析可得在正方形的边上运动，结合图象分析的最大值，即可得结果.
【详解】设，
由题意可得：，即，
可知表示正方形，其中，
即点在正方形的边上运动，
因为，由图可知：
当取到最小值，即最大，
点有如下两种可能：
①点为点A，则，可得；
②点在线段上运动时，此时与同向，不妨取，
则；
因为，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】方法定睛：在处理代数问题时，常把代数转化为几何图形，数形结合处理问题.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：60分
17. 已知单调递增数列的前项和为，且．
（1）求的通项公式；
（2）记，求数列的前项和．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用关系求得，结合已知及等差数列的定义写出通项公式；
（2）由题设，应用错位相减法、等比数列前n项和公式求.
【小问1详解】
由已知，时，即有，解得，
当时，由，得，
两式相减，得，即，则，
因为单调递增，且，则，，
所以，即，故是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，通项公式．
【小问2详解】
由，得，，所以，①
则有，②
①－②，得，
所以．
18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．
（1）求角B；
（2）若，，D为AC边的中点，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据同角三角函数的关系，结合两角和差的正余弦公式化简即可
（2）由余弦定理可得，再根据的面积为面积的一半，结合三角形的面积公式求解即可
【小问1详解】
由，有，两边同乘得，故，即．
因为，所以A为锐角，，所以．
又因为，所以．
【小问2详解】
在中，由余弦定理，即，故，解得或舍）．
故．
19. 2023年上海书展于8月16日至22日在上海展览中心举办.展会上随机抽取了50名观众，调查他们每个月用在阅读上的时长，得到如图所示的频率分布直方图：
（1）求x的值，并估计这50名观众每个月阅读时长的平均数；
（2）用分层抽样的方法从这两组观众中随机抽取6名观众，再若从这6名观众中随机抽取2人参加抽奖活动，求所抽取的2人恰好都在这组的概率.
【答案】（1），平均数为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图各小矩形面积和为1求出，再求出阅读时长的平均数.
（2）求出抽取的6名观众中，区间内的人数，再利用列举法求出古典概率即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图得：，解得，
阅读时长在区间内的频率分别为，
所以阅读时长的平均数.
【小问2详解】
由频率分布直方图，得数据在两组内的频率比为，
则在内抽取人，记为，在内抽取人，记为，
从这名志愿者中随机抽取人的不同结果如下：
，共15个，
其中抽取的人都在内的有，共6个，
所以所抽取2人都在内的概率．
20. 设椭圆的左右顶点分别为，左右焦点．已知，．
（1）求椭圆方程．
（2）若斜率为1的直线交椭圆于A，B两点，与以为直径的圆交于C，D两点．若，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的几何性质列式计算得，，，得解；
（2）设直线为，由圆心到直线的距离小于半径得出的范围，由圆的性质求出弦的长，将直线的方程与椭圆方程联立得出韦达定理，求出弦的长，由条件得出方程，可得答案.
【小问1详解】
由题意，，，
解得，，，
所以椭圆方程为．
【小问2详解】
设直线为，，，由题意，以为直径的圆的方程为，
则圆心到直线的距离，即，
所以，
由，消去，整理得，
，解得，又，所以，
，，
，
因为，所以，解得，又，所以，
所以直线的方程为：或．
21. 已知函数．
（1）当时，求的零点个数；
（2）若恒成立，求实数a的值．
【答案】（1）2（2）
【解析】
【分析】（1）求导，研究函数的单调性，利用零点存在性定理判断零点个数；
（2）构造函数，分类讨论研究函数的单调性，求最小值，再构造函数求解，求导，研究单调性，然后利用最值确定a的值.
【小问1详解】
当时，，则，
当，，函数在上单调递减；
当，，函数在上单调递增，
所以，
又，，所以存在，，
使得，即的零点个数为2．
【小问2详解】
不等式即为，
设，，则，
设，，
当时，，可得，则单调递增，
此时当无限趋近时，无限趋近于负无穷大，不满足题意；
当时，由，单调递增，
当无限趋近时，无限趋近于负数，当无限趋近正无穷大时，无限趋近于正无穷大，故有唯一的零点，即，
当时，，可得，单调递减；
当时，，可得，单调递增，
所以，
因为，可得，
当且仅当时，等号成立，所以，
所以
因为恒成立，即恒成立，
令，，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以，即，
又由恒成立，则，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题记分．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
（1）求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；
（2）若曲线C和直线l相交于M，N两点，Q为MN的中点，点，求．
【答案】（1）曲线C的直角坐标方程为；直线l的普通方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的转化关系，即可将C由极坐标方程转化为直角坐标方程，消去参数即可得到直线l的直角坐标方程；
（2）求出直线l的参数方程，将其代入到圆的直角坐标方程中，利用韦达定理求出，利用参数的几何意义即可求出.
【小问1详解】
由已知，即
由得，即；
【小问2详解】
将直线参数方程代入到中得
，即
，则由t的几何意义可知，．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数R，且的解集为[-1，1].
（1）求m的值；
（2）若，且，求证：.
【答案】（1）1；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)根据的解集为，结合绝对值不等式的解法，即可求出m的值；
(2)利用“1”的替换和基本不等式计算，即可证明.
【小问1详解】
不等式即，
即，解得，
又的解集是，所以，
综上，；
【小问2详解】
由(1)知，，
所以
.
当且仅当即时等号成立.