2023-2024学年宁夏银川市唐徕中学高三上学期12月月考数学word版含答案

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高三年级数学试卷（理科）
（考试时间：120分钟，满分：150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. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
2. 的虚部为（）
A. B. C. D.
【答案】A
3. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
4. 已知数列的前项和为．若，则（）
A. 16B. 25C. 29D. 32
【答案】B
5. 已知数列为等比数列，，则（）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】B
6. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
7. 已知角的终边在直线上，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
8. 已知双曲线：的离心率为，则的渐近线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】A
9. 如图所示，点为的边的中点，为线段上靠近点B的三等分点，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
10. 中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”．如图所示，太极图是由黑白两个鱼纹组成的图形图案，充分体现了相互转化、对称统一的形式美、和谐美．定义：能够将圆的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆的一个“太极函数”，则下列说法错误的是（）
A. 对于任意一个圆，其“太极函数”有无数个
B. 函数可以是某个圆的“太极函数”
C. 正弦函数可以同时是无数个圆的“太极函数”
D. 是“太极函数”的充要条件为“的图象是中心对称图形”
【答案】D
11. 已知在中，角和角的角平分线交点为到的距离为2，的周长为4，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
12. 对于函数，有下列四个论断：
①是增函数
②是奇函数
③有且仅有一个极值点
④的最小值为
若其中恰有两个论断正确，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知，则外接圆的方程为______________．
【答案】
14. 已知，满足，则的最大值为__________．
【答案】##1.4
15. 已知抛物线，直线交C于两点，且满足，（其中为坐标原点，异于点），则直线恒过定点______________，面积的最小值为______________．
【答案】 ①. ②. 64
16. 已知函数满足下列条件：
①是经过图像变换得到的；
②且；
③函数图像过点；
请写出符合上述条件的一个函数的解析式______________．
【答案】（答案不唯一）
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. 已知的内角的对边分别为，且，
（1）求的大小；
（2）若，求的面积．
【答案】17.
18.
【解析】
【分析】（1）已知等式利用诱导公式和倍角公式化简，可求的大小；
（2）条件中的等式，利用正弦定理角化边，再用余弦定理求得边，用面积公式计算面积.
【小问1详解】
，可得
又
【小问2详解】
由正弦定理得，，
由余弦定理，,可得，，
联立方程组整理得，，所以或（舍）．
18. 已知各项均为正数的数列满足，且．
（1）若，求证是等比数列；
（2）求的通项公式．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得出，即可证明是以为首项，为等比数列；
（2）由（1）可得，再由累乘法结合等差数列的前项和公式求解即可.
【小问1详解】
因为，
又因为，所以是以为首项，为等比数列；
【小问2详解】
由（1）可得：，即，
所以，，……，，
所以
.
19. 如图，三棱锥中，平面，为的中点，，，平面平面，
（1）求证：；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，证得，再利用面面垂直的性质，证得平面，得到，进而证得平面，从而证得；
（2）由平面，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据，得到，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，因为，可得，
又因为平面平面，且平面平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
解：由题意，直线平面，且平面，所以，
又由平面，过点作的平行线作为轴，
以点为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
在直角中，，可得,
因为，可得，所以，
则，因为为的中点，所以，
可得，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
又平面平面，可得平面的一个法向量为，
设二面角的平面角，可得，
所以，即二面角的正弦值为.
20. 在平面直角坐标系中，椭圆的上焦点为，且上的点到点的距离的最大值与最小值的差为，过点且垂直于轴的直线被截得的弦长为1．
（1）求的方程；
（2）已知直线与交于两点，与轴交于点，若，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的性质可列出方程组，得到，，即得椭圆的方程.
（2）根据题中位置关系，得到关于两交点横坐标的对称式，利用韦达定理代入可得.
【小问1详解】
设椭圆的焦距为，由题意知，
解得，
故椭圆的方程为．
【小问2详解】
由题意可知，设，，
联立，
消去整理得，
所以，
且，，
因为，
设点到直线的距离为，则，
所以，所以，
所以，即，
所以，即
，即，
所以，
整理得，，解得，
所以.
21. 已知，
（1）求的单调区间与最大值；
（2）是否存在正整数，使得，对一切恒成立?若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）1
【解析】
【分析】（1）对求导，判断与的大小，即可得出的单调区间与最大值；
（2）先证得，可将题意转化为，令，求出即可.
【小问1详解】
的定义域为，，
令，解得：；
令，解得：；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，.
【小问2详解】
令，则，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
故，所以，当时取等号.
若存在正整数，使得，对一切恒成立，
则，
令，
所以，所以的最大值为.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
（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. 在直角坐标系中，曲线：（为参数，且）．以坐标原点为点，轴为极轴建立极坐标系．
（1）求的普通方程和极坐标方程；
（2）设点是上一动点，点在射线上，且满足，求点的轨迹方程．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）根据圆参数方程以及极坐标与直角坐标直角的转化运算求解，注意参数的取值范围；
（2）根据题意结合极坐标的定义分析运算.
【小问1详解】
由消去参数可得：，
注意到，则，
所以的普通方程为，
可知曲线表示以圆心，半径为1的上半圆，
由，整理得，
则，且，可得，
又因为曲线为上半圆，则极角，
所以的极坐标方程为.
【小问2详解】
设点极坐标为，，
因为点在射线上，且满足，则点的极坐标为，
则，即，
可得点的轨迹的极坐标方程为，，
所以点的轨迹的直角坐标方程为，.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）解不等式；
（2）若在上恒成立，求实数的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分、、三种情况解不等式即可；
（2）由，可得，由可得在上恒成立，进而求解.
【小问1详解】
因为，
所以解不等式，
而，
当时，不等式为，解得；
当时，不等式为不成立，不等式无解；
当时，不等式为，解得.
综上所述，不等式的解集为.
【小问2详解】
由，可得，
因为，当且仅当，即或时等号成立.
所以在上恒成立，
故要使在上恒成立，只须，
即实数的最小值为.