2024届宁夏银川市唐徕中学高三上学期12月月考数学（理）试题含答案

这是一份2024届宁夏银川市唐徕中学高三上学期12月月考数学（理）试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意求集合，再结合交集运算求解.
【详解】由题意可得：
所以.
故选：D.
2．的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的概念，即可求解.
【详解】由复数，所以复数的虚部为.
故选：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
【分析】由三视图确定原几何体的结构，尺寸，再由体积公式计算．
【详解】由三视图知原几何体是沿轴截面截出的半个圆柱，圆柱底面直径为4，高为3，
体积为．
故选：A．
4．已知数列的前项和为．若，则（ ）
A．16B．25C．29D．32
【答案】B
【分析】由递推关系化简，结合等差数列定义证明数列为等差数列，再由求和公式计算.
【详解】由可得，
即，
故数列是以为首项，2为公差的等差数列，
所以，
故选：B
5．已知数列为等比数列，，则（ ）
A．2B．4C．8D．16
【答案】B
【分析】应用等比中项的性质计算求值即可.
【详解】由题设，则，
所以.
故选：B
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先得到，AD选项，可举出反例；B选项，得到，结合函数单调性得到；C选项，根据在R上单调递减，得到D错误.
【详解】，故，
A选项，不妨设，故，A错误；
B选项，因为，所以，故，
因为在上单调递增，所以，B错误；
C选项，因为在R上单调递减，所以，C正确；
D选项，不妨设，此时，故，D错误.
故选：C
7．已知角的终边在直线上，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据终边上一点求出角的正切，再结合二倍角正弦公式，余弦公式，化简求值即可.
【详解】因为角的终边在直线上，故，
所以.
故选：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
【分析】由双曲线离心率可得，再结合即可得，代入渐近线方程即可得出结果.
【详解】由双曲线离心率为可得，即可得，
又，即可得；
由题意可得双曲线的渐近线方程为.
故选：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
【分析】根据平面向量的线性运算结合图像将用、表示，即可得出答案.
【详解】解：
.
故选：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
【分析】根据太极函数的定义，结合圆的对称性、奇函数的对称性逐一判断即可.
【详解】任意一个圆是关于圆心的中心对称图形，其“太极函数”有无数个，故A正确；
函数是奇函数，其图象关于原点对称，将圆的圆心放在坐标原点上，
则是该圆的“太极函数”，故B正确；
将圆的圆心放在正弦函数的对称中心上，则正弦函数
是该圆的“太极函数”，故有无数个圆成立，故C正确；
函数的图象是中心对称图形，则是“太极函数”，
但函数是“太极函数”时，图象不一定是中心对称图形，如
图，故D错误.
故选：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
【分析】由题意可得出，又因为，解方程可求出，再由平面向量数量积的定义求解即可.
【详解】设，
角和角的角平分线交点为到的距离为2，
所以点为的内心，且点到各边的距离都为，
的周长为4，所以，
所以的面积为：，
又因为，所以，解得：，
.
故选：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
【分析】先根据函数的定义域确定无论为何值，②一定错误，在讨论的范围，当时，恒大于零，故原函数没有极值点和最小值，故不满足题意，即选项B、D排除.当时，函数不是增函数，在分别验证选项A、C，当时，求得函数最小值不为，当时满足题意.
【详解】函数的定义域为，故函数是非奇非偶，即无论为何值，②一定错误
对函数进行求导，
当时，恒大于零，原函数单调递增，
故原函数没有极值点和最小值，故选项B、D排除.
当时，函数不是增函数，故只能有③④正确；
当时，函数，导函数，
令，，，在上单调递增，
由于，，
故，使得，即
，，在单调递减，
，，在单调递增
故函数有且仅有一个极值点，的最小值为
故只满足③，排除选项A
当时，，
令，，，在上单调递增，
， ，，在单调递减，
，，在单调递增
故的最小值为
故满足③④
故选：C.
二、填空题
13．已知，则外接圆的方程为 ．
【答案】
【分析】设圆的方程为，利用待定系数法求出，即可得解.
【详解】设圆的方程为，
则，解得，
所以外接圆的方程为.
故答案为：.
14．已知，满足，则的最大值为 ．
【答案】/1.4
【分析】依据线性规划，应用数形结合求的最大值
【详解】作出满足条件的可行域如图阴影部分所示，
由，可得
作出直线并平移，当平移后的直线经过点时．
取得最大值，且．
故答案为：
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】 64
【分析】第一空：根据题意设出直线方程，联立方程组，利用韦达定理求解即可；
第二空：根据第一空的提示将三角形分割为两部分，结合三角形面积公式求解答案即可.
【详解】由题意得，直线斜率不为0，所以设直线方程为，，
由，得，
则，，
所以，
所以或，
当时，直线方程为不满足异于点，舍去，
当时，直线方程为恒过定点，符合题意，
记，所以，
又因为，
所以，当且仅当时面积取得最小值.
故答案为：；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）
【分析】由①可设，根据②，设，求得、，且，再由③求得的一个值为，即可求解.
【详解】由①可设，
又由②，即，
又，所以关于对称，
不妨设，，则，所以，
不妨取，所以，所以，
由③，可得，即，所以的一个值为，
因此函数的一个解析式为.
故答案为：（答案不唯一）.
三、解答题
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】【小题1】 【小题2】
【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.
【详解】（1），可得
又
（2）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)
【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.
【详解】（1）因为，
又因为，所以是以为首项，为等比数列；
（2）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)
【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.
【详解】（1）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.
（2）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)
【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.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，由题意知，
解得，
故椭圆的方程为．
（2）
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
【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.
【详解】（1）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，.
（2）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.
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)，
【分析】（1）根据圆的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.
【详解】（1）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.
（2）设点的极坐标为，，
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，.
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)
【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.
【详解】（1）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.
（2）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.