2023-2024学年四川省绵阳市高三上学期12月月考数学（理）模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省绵阳市高三上学期12月月考数学（理）模拟试题（含解析），共17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。
本试卷分和两部分
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．
2．已知集合，，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．若是夹角为的两个单位向量，与垂直，则（ ）
A．B．C．D．
4．若，满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．25B．27C．29D．30
5．函数的大致图象为（ ）
A． B．
C． 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
7．已知的展开式中常数项为24，则的值为（ ）
A．1B．C．2D．
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
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．
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．
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．
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
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
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 ．
15．已知椭圆的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 ．
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.）
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．
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．
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.
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．
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．
（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．
[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.
1．B
【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．C
【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．B
【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．C
【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．D
【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．A
【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．D
【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．D
【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．D
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
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．A
【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．B
【分析】先根据已知条件求解出双曲线的方程，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．B
【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.
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.
13．
【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
14．
【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．##
【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.
故答案为.
16．
【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.
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.
17．(1)；
(2).
【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.
【详解】（1）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，的通项公式．
（2）由，得，，所以，①
则有，②
①－②，得，
所以．
18．(1)
(2)
【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
【详解】（1）由，有，两边同乘得，故，即．
因为，所以A为锐角，，所以．
又因为，所以．
（2）在中，由余弦定理，即，故，解得或舍）．
故．
19．(1)，平均数为；
(2).
【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.
【详解】（1）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.
（2）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．(1)
(2)
【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.
【详解】（1）由题意，，，
解得，，，
所以椭圆方程为．
（2）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．(1)2
(2)
【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.
【详解】（1）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．
（2）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.
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.
22．(1)曲线C的直角坐标方程为；直线l的普通方程为
(2)
【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.
【详解】（1）由已知，即
由得，即；
（2）将直线参数方程代入到中得
，即
，则由t的几何意义可知，．
23．(1)1；
(2)证明见解析.
【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.
【详解】（1）不等式即，
即，解得，
又的解集是，所以，
综上，；
（2）由(1)知，，
所以
.
当且仅当即时等号成立.
综上，.