四川省绵阳市2024届高三数学上学期12月月考理试题含解析

这是一份四川省绵阳市2024届高三数学上学期12月月考理试题含解析，共22页。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 设则有( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得集合,进而可得解.
【详解】.
故选:B
2. 设复数z满足(1+i)z=2i，则∣z∣=（ ）
A. B.
C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】求出即得解.
【详解】解：由题意可得，所以，
所以.
故选：C
3. 某校高二年级有名同学，编号为到，采用系统抽样的方法从中抽出人，已知被抽出的编号中有一个为，则下列编号中没有被抽中的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件求出系统抽样的组距，根据系统抽样即可求出．
【详解】解：间隔为，
又，
故首次抽到的号码是002号，以后每隔20个号抽到一个学生，
，，，，
则372没有被抽中，
故选：C．
4. 已知，或，则是的（）
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】A
【解析】
【分析】先由，得到，，由，的关系可推出，的关系.
【详解】由题意，，且，
当且时，成立，但当时，且不一定成立，
故，，
所以，，
所以是的充分不必要条件.
故选：A
5. 执行下面的程序框图，输出的（）
A. 21B. 34C. 55D. 89
【答案】B
【解析】
【分析】根据程序框图模拟运行，即可解出．
【详解】当时，判断框条件满足，第一次执行循环体，，，；
当时，判断框条件满足，第二次执行循环体，，，；
当时，判断框条件满足，第三次执行循环体，，，；
当时，判断框条件不满足，跳出循环体，输出．
故选：B.
6. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将改写成的形式，利用诱导公式和二倍角公式即可求得结果.
【详解】由可得，
，
由二倍角公式可得；
即
故选：A
7. 直线与曲线（m，n为非零实数）在同一平面直角坐标系中的示意图可以是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，得，然后根据所给图形逐个分析即可
【详解】解：由，得，
对于A，若曲线的图像正确，则，所以直线过一、二、三象限，所以A错误；
对于B，若曲线的图像正确，则，所以直线过一、三、四象限，所以B正确；
对于C，若曲线的图像正确，则，所以直线过一、二、四象限，且由图可知两图在轴上有公共点，则可得，从而有，直线方程为，由，可得或，则交点应在第一象限，所以C错误；
对于D，若曲线的图像正确，则，所以直线过一、二、四象限，所以D错误，
故选：B
8. 设e是椭圆的离心率，且e＝ ，则实数k的取值是( )
A. B. C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】首先分类讨论：1.焦点在x轴；2焦点在y轴，根据离心率公式列出关于k的方程.
【详解】（1）当焦点在x轴时,即k4 e== ,解得k=
综上所述：k=或
故选D
【点睛】本题考查利用椭圆离心率求解椭圆方程和分类讨论思想;利用离心率公式求解椭圆方程需要分清楚“a”和“b”需要分类讨论.
9. 已知直线过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，与抛物线的准线交于C点，若，则等于（）
A. 2B. 3C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点作垂直于准线交准线于，过点作垂直于准线交准线于，根据相似得到，再利用抛物线的性质得到答案.
【详解】如图所示：
过点作垂直于准线交准线于，过点作垂直于准线交准线于，
则，，，故，即.
故选：B
10. 已知两点，，以及圆C: ，若圆C上存在点P，满足，则r的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由知,即点在以为直径的圆上, 又点在圆C上,据此可得两圆必有公共点,根据圆心距和半径之间的关系,列不等式求解即可.
【详解】因为,所以,
即点在以为直径的圆上,
又因为点在圆C上,
所以点为两圆的公共点,即两圆必有公共点,
因为,，
设以为直径的圆的圆心为,
则圆的圆心为,半径为,
因为圆C的圆心为,半径为,
所以可得,,
解得,.
故选:B
【点睛】本题考查圆与圆的位置关系及向量垂直的数量积表示;考查运算求解能力和转化与化归能力;把存在性问题转化为判断两圆的位置关系问题是求解本题的关键;属于中档题.
11. 已知为定义在上的可导函数，且恒成立，则不等式的解集为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】令，则
∵
∴，即在上恒成立
∴在上单调递减
∵
∴，即
∴，即
故选A
点睛：本题首先需结合已知条件构造函数，然后考查利用导数判断函数的单调性，再由函数的单调性和函数值的大小关系，判断自变量的大小关系.
12. 已知为双曲线的左､右焦点，点在双曲线的右支上，点是平面内一定点.若对任意实数，直线与双曲线的渐近线平行，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的性质可得直线与双曲线的渐近线方程为，重合或平行，即可求出，再利用双曲线的定义转化可求最小值.
【详解】∵双曲线C：，∴双曲线的渐近线方程为，
∵对任意实数m，直线与双曲线C的渐近线平行，
∴直线与双曲线的渐近线方程为平行，
∴，∴，∴为，
∵，∴，
∴，
∴的最小值为.
故选：A.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知直线，，若，则实数_______.
【答案】或
【解析】
【分析】根据两直线平行的充要条件列出方程求解即得.
【详解】由可得：且，解得：或.
故答案为：或.
14. 设等比数列的前项和为，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意公比不为1，利用等比数列的求和公式求解即可.
详解】，否则.
∴，
∴.
∴.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了等比数列的求和公式，考查了计算能力，属于中档题.
15. 若椭圆的弦恰好被点平分，则所在的直线方程为________．
【答案】
【解析】
分析】利用点差法解决中点弦问题.
【详解】由题意，直线的斜率存在，设，，则，，
因为点在椭圆上，所以，，两式相减得，，即，
整理得，即，所以直线的斜率为，
则直线的方程为，即.
故答案为：.
16. 已知抛物线的焦点为，圆与交于两点，其中点在第一象限，点在直线上运动，记.
①当时，有；
②当时，有；
③可能是等腰直角三角形；
其中命题中正确的有__________.
【答案】①②
【解析】
【分析】联立方程求得，结合可得，当时，点三点共线，求得，即可求得，判断①；当时，由，求得的值，判断②；分情况讨论为等腰直角三角形情况，判断③.
【详解】由圆与，联立方程，解得或（舍），当时，，
所以，
从而，
即，因为点在直线上运动，所以，
则，
①当时，点三点共线，由于，
所以，所以，
由题意知，所以，故①正确；
②当时，即，所以，
即，
解得，又，得，所以②正确；
③若是等腰直角三角形，
则或或为直角，
因为，
当时，则，得，
此时，不是等腰直角三角形，
由对称性可知当时，也不是等腰直角三角形，；
当时，因为首先是等腰三角形，由抛物线的对称性可知点在轴上，
此时，，,
,即，故不是等腰直角三角形，
综上所述，不可能等腰直角三角形，所以③错误，
故答案为：①②.
【点睛】方法点睛：题目中涉及到向量的运算即，因此要利用向量的坐标运算，表示出，则①②即可判断；判断是否为等腰直角三角形，要讨论直角顶点可能的位置，即分类讨论，结合抛物线的对称性进行解答.
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．
17. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）在中，分别是角的对边，若，，且的面积为，求外接圆的半径.
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用降幂公式及两角和正弦公式化简得，根据最小正周期公式即得.
（2）由（1）得，利用正弦面积公式与余弦定理得到，再借助正弦定理得结果.
【小问1详解】
，
的最小正周期；
【小问2详解】
由，可得，又，
，，，
由，得，
由余弦定理得：，得，
由正弦定理得外接圆的半径.
18. 已知数列的前项和为，且
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由与的关系和等比数列的定义进行求解即可；
（2）由错位相减法进行求解即可.
【小问1详解】
由已知，当时，，即，∴.
当时，∵，
∴，
两式相减，得，即，∴（），
∴由等比数列的定义知，数列是首项，公比的等比数列，
∴数列的通项公式为.
【小问2详解】
由第（1）问，，
∴，①
①，得，
，②
∴①②，得
，
∴.
19. 已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，M是线段AB的中点，
（1）求点M的轨迹方程；
（2）记（1）中所求轨迹为曲线C，过定点的直线l与曲线C交于P，Q两点，曲线C的中心记为点C，求面积的最大值，并求此时直线l的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设点，根据题意得到，代入圆，即可求解；
（2）根据题意，设直线，求得圆心到直线的距离为，得到，结合基本不等式，求得最小值，进而求得直线的方程.
【小问1详解】
解：设点，由点的坐标为，且是线段的中点，
则，可得，即，
因为点在圆上运动，所以点点坐标满足圆的方程，
即，整理得，
所以点的轨迹方程为.
【小问2详解】
解：过点定点的直线与曲线交于两点，则直线的斜率一定存在且不为，
设直线，即，
则圆心到直线的距离为，
又因为，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以时，取得最大值，此时，解得或，
所以取得最大值，此时直线的方程为或.
20. 已知椭圆的左、右焦点为，，若上任意一点到两焦点的距离之和为，且点在上.
（1）求椭圆的方程；
（2）在（1）的条件下，若点，在上，且(为坐标原点)，分别延长，交于，两点，则四边形的面积是否为定值？若为定值，求四边形的面积，若不为定值，请说明理由.
【答案】（1）
（2）四边形的面积为定值，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据定义可求出，利用点在椭圆上列方程即可求出，进而得到椭圆方程；
（2）设直线的方程，，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合，得到与的关系，由弦长公式和点到直线距离公式即可得到，根据图象对称性即可计算四边形的面积.
【小问1详解】
因为上任意一点到两焦点的距离之和为，
所以，即.
又因为点在上，
所以，则，
故椭圆的方程为.
【小问2详解】
四边形的面积为定值，理由如下：
当直线斜率为0时，因为，
不妨设，则，
则，，
此时四边形的面积为为定值；
当直线斜率不为0时，设，且，.
联立，得.
由，得，
则，，
则
，
因为，
所以，即，即，
则，
又原点到的距离，
所以四边形的面积
，
综上，所以四边形的面积为定值.
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21. 已知函数.
（1）若函数有两个零点，求的取值范围；
（2）设是函数的两个极值点，证明：.
【答案】（1）
（2）证明过程见解析.
【解析】
【分析】（1）根据函数零点定义，结合常变量分离法、构造函数法，结合导数的性质进行求解即可；
（2）根据所证明不等式的结构特征，构造新函数，结合导数的性质进行求解即可.
【小问1详解】
，
该方程有两个不等实根，由，
所以直线与函数的图象有两个不同交点，
由，
当时，单调递减，
当时，单调递增，因此，
当时，，当，，
如下图所示：
所以要想有两个不同交点，只需，即的取值范围为；
小问2详解】
因为是函数的两个极值点，
所以，由（1）可知：，不妨设，
要证明，只需证明，显然，
由（2）可知：当时，单调递增，所以只需证明，
而，所以证明即可，
即证明函数在时恒成立，
由，
显然当时，，因此函数单调递减，
所以当时，有，所以当时，恒成立，因此命题得以证明.
【点睛】关键点睛：常变量分离构造新函数，利用新函数的单调性求解证明是解题的关键.
四、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，则按所做的第一题计分.
22. 在极坐标系中，曲线C的极坐标方程为，以极点O为原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为(t为参数).
（1）求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；
（2）若为平面直角坐标系中的一点，Q为C上的动点，求的中点M到直线l的距离的最大值.
【答案】（1）：，：；（2）.
【解析】
【分析】（1）由极坐标与普通方程的转化即可得出，消参可得.
（2）设，利用点到直线的距离公式可得结果.
【详解】（1）曲线C的极坐标方程为，
所以曲线C的直角坐标方程为，即.
将直线l的参数方程消去参数t得直线l的普通方程为.
（2）设，
则.
所以点M到直线l的距离
，
其中，，
所以.
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）分，，三种情况，去掉绝对值求解即可得出答案；
（2）先根据（1），得出函数解析式，分，，三种情况，分别根据函数的单调性，得出函数的最小值.进而推得，求解即可得出答案.
【小问1详解】
当时，，
由可得，，解得.
又，所以解为；
当时，，
由可得，，解得.
又，所以无解；
当时，，
由可得，，解得.
又，所以解为.
综上所述，不等式的解集或.
【小问2详解】
由（1）可知，.
当时，单调递减，此时有；
当时，单调递减，此时有；
当时，单调递增，此时有.
综上所述，在处有最小值为.
由已知恒成立，
只需，即，
即有，所以