四川省绵阳市南山中学实验学校2024届高三上学期12月月考数学（理）试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳市南山中学实验学校2024届高三上学期12月月考数学（理）试题（Word版附解析），共21页。

注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，考生用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
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k<4 e== ,解得k=
（2）当焦点在y轴时，即k>4 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