四川省绵阳市南山中学2023-2024学年高三上学期12月月考数学（文）试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳市南山中学2023-2024学年高三上学期12月月考数学（文）试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 若直线是圆的一条对称轴，则， 已知，则， 在菱形中，若，则等于等内容，欢迎下载使用。
文科数学试题
命题人：刘群建 审题人：李盛锦
一､选择题：本大题共12小题，每小题5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. 若直线是圆的一条对称轴，则（ ）
A. B. C. 1D. -1
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到圆心必在直线上，列出方程，即可求解.
【详解】由圆，可圆心坐标，
因为直线是圆的对称轴，所以圆心必在直线上，即，解得.
故选：C.
2. 已知，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，求得，得到，即可求得，即可求解.
【详解】由复数，可得，
所以.
故选：C.
3. 若抛物线的焦点到直线的距离等于，则（ ）
A. 1B. 4C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先将抛物线方程化为标准方程，进而得到焦点坐标，然后利用点到直线的距离求解.
【详解】抛物线的标准方程为，焦点坐标为，
所以焦点到直线的距离为，
解得，
故选：D
4. 已知，则（ ）
A. 25B. 5C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．
【详解】因为，，即，所以．
故选：C.
5. 《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有这样一道题目：把个面包分给个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，可得，，求出，根据等差数列的通项公式，得到关于关系式，即可求出结论.
【详解】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，
依题意可得，，
，
，解得，
.
故选:A.
【点睛】本题以数学文化为背景，考查等差数列的前项和、通项公式基本量的计算，等差数列的性质应用是解题的关键，属于中档题.
6. 在菱形中，若，则等于
A. 2
B. －2
C.
D. 与菱形的边长有关
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：由题在菱形中，若，由，
考点：向量的运算及几何意义．
7. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，
因为，则，
可得，
则，
，
即为钝角，
所以；
法二：圆的圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，连接，
可得，则，
因为
且，则，
即，解得，
即为钝角，则，
且为锐角，所以；
方法三：圆的圆心，半径，
若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为，即，
则，整理得，且
设两切线斜率分别为，则，
可得，
所以，即，可得，
则，
且，则，解得.
故选：B.

8. 已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.
【详解】由，则，
解得，
所以双曲线的一条渐近线不妨取，
则圆心到渐近线的距离，
所以弦长.
故选：D
9. 记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（ ）
A. 1B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，
又因为函数图象关于点对称，所以，且，
所以，所以，，
所以.
故选：A
10. 执行如图所示的程序框图，输出的结果是（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】模拟运行程序，当为整数时，结束循环，输出的值.
【详解】初始条件：，
进行循环体，
，，，不是整数，
再进行循环体，
，，，不是整数，
再进行循环体，
，，，是整数，结束循环，输出，
故选：C
11. 椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】[方法一]：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.
12. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．
【详解】[方法一]：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：从定义入手．
所以．
[方法二]：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数的周期．
所以．
故选：D．
【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 经过点且与双曲线有公共渐近线的双曲线方程为_________．
【答案】
【解析】
【详解】由题意设所求双曲线的方程为，
∵点在双曲线上，
∴，
∴所求的双曲线方程为，即．
答案：
14. 若x，y满足约束条件 ，则z=3x+2y的最大值为_________．
【答案】7
【解析】
【分析】作出可行域，利用截距的几何意义解决.
【详解】不等式组所表示的可行域如图
因为，所以，易知截距越大，则越大，
平移直线，当经过A点时截距最大，此时z最大，
由，得，，
所以.
故答案为：7.
【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.
15. 如图所示，一隧道内设双行线公路，其截面由一个长方形和抛物线构成．为保证安全，要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在竖直方向上的高度之差至少要有0.5米．若行车道总宽度AB为6米，则车辆通过隧道的限制高度是______米（精确到0.1米）
【答案】3．2
【解析】
【分析】根据题意可以建立适当的平面直角坐标系，从而可以得到抛物线的解析式，然后根据要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在竖直方向上高度之差至少要有0.5m，可以得到当x=-3时，求出相应的y值，此时汽车的顶部离隧道的顶部距离至少是0.5m，从而可以求得车辆经过隧道时的限制高度是多少米．
【详解】取抛物线的顶点为原点，对称轴为y轴，建立直角坐标系，c（4，-4），
设抛物线方程x2=-2py（p＞0），将点C代入抛物线方程得p=2，
∴抛物线方程为x2=-4y，行车道总宽度AB=6m，
∴将x=3代入抛物线方程，y=-2.25m，
​ ∴限度为
则车辆通过隧道的限制高度是3.2米.
【点睛】本题主要考查了二次模型的实际应用，解题的关键是理解题意.
16. 已知抛物线的焦点为，直线为：，设点为上的一个动点，过点作抛物线的两条切线，其中为切点，则的最小值为__________．
【答案】##4.5
【解析】
【分析】设切点为，，求导得到导函数，确定，利用韦达定理得到根与系数的关系，计算，根据二次函数性质计算最值即可.
【详解】设切点为，，，即，，
则，整理得到，恒成立.
设，，则，是方程的两个根，，
，则
，
当时，的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是利用抛物线定义将用点的横坐标表示，结合二次函数的性质解决.
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：共60分
17. 已知数列满足，且．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由等比数列的定义，即可证明；
（2）根据题意，结合等差数列的求和公式与等比数列的求和公式，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
证明因为，所以，又，
所以数列为等比数列，且首项为2，公比为2．
【小问2详解】
解由（1）知，所以．
所以．
18. 在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆C上.
（1）求圆C方程；
（2）若圆C与直线交于A，B两点，且，求a的值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）求出曲线与坐标轴的三个交点，根据这三个交点在圆上可求出圆心坐标和半径，从而可得圆的方程；
（2）设A，B，联立直线与圆的方程，根据根与系数的关系可得，，根据得，化为，进而可解得 .
【详解】（1）曲线与坐标轴的交点为(0，1)，(,0)，
由题意可设圆C的圆心坐标为(3，)，
∴，解得，
∴圆C的半径为，
∴圆C的方程为.
（2）设点A、B的坐标分别为A，B，其坐标满足方程组，消去得到方程，
由已知得，判别式①，
由根与系数的关系得，②，
由得.
又∵，，∴可化为③，
将②代入③解得，经检验，满足①，即，
∴
【点睛】本题考查了由圆上三个点的坐标求圆的方程，考查了直线与圆的位置关系、根与系数的关系，考查了运算求解能力，属于中档题.
19. 已知函数的最小正周期为．
（1）求的值；
（2）已知分别为中角的对边，且满足，求的周长的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式化简，即可由周期公式求解，代入即可求解，
（2）根据可得，即可由余弦定理结合基本不等式求解最值.
【小问1详解】
因为最小正周期为，所以，解得，
所以，所以．
【小问2详解】
由得，
由余弦定理有，
即（当且仅当时取“=”），
故，即为等边三角形时，周长有最大值
20. 已知长轴长为的椭圆C：的左、右焦点分别为F1、F2，且以F1、F2为直径的圆与C恰有两个公共点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若经过点F2的直线l与C交于M，N两点，且M，N关于原点O的对称点分别为P，Q，求四边形MNPQ面积的最大值.
【答案】（1）y2＝1（2）2
【解析】
【分析】
（1）由题意可得的值及，再由，，之间的关系求出，进而求出椭圆的方程；
（2）由（1）可得右焦点的坐标，由题意可得直线的斜率不为0，设直线的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由题意可得四边形为平行四边形，所以四边形的面积等于一个三角形面积的4倍，求出三角形的面积，由均值不等式可得面积的最大值．
【详解】解：（1）由题意可得，且，又，所以可得，，
所以椭圆的方程为：；
（2）由（1）可得右焦点，再由题意可得直线的斜率不为0，设直线的方程为，
设，，，，联立直线与椭圆的方程可得整理可得，所以，，
由题意可得四边形为平行四边形，
所以
，
当且仅当即时取等号，
所以四边形面积的最大值为．
【点睛】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合，及四边形的面积公式及均值不等式的应用，属于中档题.
21. 已知函数．
讨论函数的极值点的个数；
若函数有两个极值点，，证明：．
【答案】(1)见解析 (2)见解析
【解析】
【分析】先求出函数的导函数，通过讨论a的范围确定导函数的符号，从而得出函数的单调区间，进而判断函数极值点个数；
由可知当且仅当时有极小值和极大值，且，是方程的两个正根，则，根据函数表示出，令，通过对求导即可证明结论．
【详解】解：函数，
，
，当时，，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，有极小值；
当时，，故，
在上单调递减，故此时无极值；
当时，，方程有两个不等的正根，．
可得，．
则当及时，
，单调递减；
当时， ；单调递增；
在处有极小值，在处有极大值．
综上所述：当时，有1个极值点；
当时，没有极值点；
当时，有2个极值点．
由可知当且仅当时有极小值点
和极大值点，且，是方程的两个正根，
则，．
；
令，
；，
在上单调递减，故，
．
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值，注意分类讨论思想的运用，属于难题．
（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，则按所做的第一题计分．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22.
已知直线l经过点P，倾斜角，在极坐标系下，圆C的极坐标方程为．
（1）写出直线l的参数方程，并把圆C的方程化为直角坐标方程；
（2）设l与圆C相交于A，B两点，求点P到A，B两点的距离之积．
【答案】（1），；（2）．
【解析】
【分析】（1）直接由直线的参数方程以及极坐标方程和直角坐标方程的互化得到；
（2）将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，利用t的几何意义求解.
【详解】（1）直线l参数方程是，
圆的普通方程是.
（2）将代入得：
，
设A，B两点对应的参数分别为，
.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 选修4-5：不等式选讲
已知函数，．
（1）当时，解不等式；
（2）若对任意实数，的最大值恒为，求证：对任意正数，当时，．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.
【解析】
【详解】【试题分析】（1）依据绝对值的定义，运用分类整合思想分类分析求解；（2）借助柯西不等式及绝对值三角不等式进行分析推证：
（Ⅰ）时，
所以，解集为
（Ⅱ）由绝对值不等式得
所以最大值3，