四川省眉山第一中学2024届高三上学期12月月考试数学（理）试卷(含答案)

这是一份四川省眉山第一中学2024届高三上学期12月月考试数学（理）试卷(含答案)，共16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。

一、选择题
1．已知集合,则( )
A.B.C.D.
2．若复数z满足,则( )
A.1B.5C.7D.25
3．血氧饱和度是呼吸循环的重要生理参数.人体的血氧饱和度正常范围是,当血氧饱和度低于时,需要吸氧治疗,在环境模拟实验室的某段时间内,可以用指数模型：描述血氧饱和度随给氧时间t（单位：时）的变化规律,其中为初始血氧饱和度,K为参数.已知,给氧1小时后,血氧饱和度为.若使得血氧饱和度达到,则至少还需要给氧时间（单位：时）为( )
（精确到0.1,参考数据：,）
A.0.3B.0.5C.0.7D.0.9
4．刘徽的《九章算术注》中有这样的记载：“邪解立方有两堑堵,邪解堑堵,其一为阳马,一为鳖臑,阳马居二,鳖臑居一,不易之率也.”意思是说：把一块长方体沿斜线分成相同的两块,这两块叫做堑堵,再把一块堑堵沿斜线分成两块,大的叫阳马,小的叫鳖臑,两者体积比为,这个比率是不变的.如图所示的三视图是一个鳖臑的三视图,则其分割前的长方体的体积为( )
A.2B.4C.12D.24
5．已知,那么( )
A.B.C.D.
6．已知F是双曲线的右焦点,过点F作双曲线C的一条渐近线的垂线FD,垂足为D,若（O为坐标原点）,则该双曲线的离心率为( )
A.B.2C.3D.
7．函数的大致图象为( )
A.B.
C.D.
8．O为坐标原点,F为抛物线的焦点,P为C上一点,若,则的面积为( )
A.B.C.2D.3
9．在三棱锥中,平面ABC,,且,则三棱锥外接球的体积等于( )
A.B.C.D.
10．已知是定义域为R的奇函数,当时,单调递增,且,则满足不等式的x的取值范围是( )
A.B.C.D.
11．已知,,且,则的最大值为( )
A.2B.eC.4D.
12．已知函数,若方程恰有两个不同实根,则正数m的取值范围为( )
A.B.
C.D.
二、填空题
13．已知向量,,,则____________.
14．设x,y满足约束条件,则的最大值为________________.
15．的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知,,则的面积为_____________.
16．设函数,若是函数的零点,是函数的一条对称轴,在区间上单调,则的最大值是______________.
三、解答题
17．已知单调递增数列的前n项和为,且.
(1)求的通项公式;
(2)记,求数列的前n项和.
18．某地区运动会上,有甲、乙、丙三位田径运动员进入了男子100m决赛,某同学决定运用高中所学的知识对该次决赛的情况进行预测,为此,他收集了这三位运动员近几年的大赛100m成绩（单位：秒）,若比赛成绩小于10秒则称为“破十”.
甲：10.54,10.49,10.31,10.37,9.97,10.25,10.11,10.04,9.97,10.03;
乙：10.59,10.32,10.06,9.99,9.83,9.91;
丙：10.03,9.98,10.10,10.01.
假设用频率估计概率,且甲、乙、丙三位运动员的比赛成绩相互独立.
(1)分别估计甲、乙、丙三位运动员“破十”的概率;
(2)设这三位运动员在这次决赛上“破十”的人数为X,估计X的数学期望.
19．如图,四棱柱中,M是棱上的一点,平面ABCD,,,.
（1）若M是的中点,证明：平面平面;
（2）若,求平面AMB与平面所成锐二面角的余弦值.
20．已知函数.
(1)当时,求曲线在处的切线方程;
(2)求函数的单调区间.
21．已知椭圆的左､右焦点分别为,,点满足,且的面积为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设椭圆C的上顶点为P,不过点P的直线l交C于A,B两点,若,证明直线l恒过定点.
22．在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为（t为参数）.以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为.
(1)求直线l的直角坐标方程与曲线C的普通方程;
(2)已知点P的直角坐标为,直线l与曲线C相交于不同的两点A,B,求的值.
23．已知函数.
(1)当时,求不等式的解集;
(2)若恒成立,求实数m的取值范围.
参考答案
1．答案：C
解析：由题意得,,
则.
故选：C.
2．答案：B
解析：由题意有,
故.
故选：B.
3．答案：B
解析：设使得血氧饱和度达到正常值,给氧时间至少还需要小时,
由题意可得,,两边同时取自然对数并整理,
得,,
则,
则给氧时间至少还需要小时
故选：B.
4．答案：D
解析：根据鳖臑的正视图得原长方体的长为3,
根据鳖臑的俯视图得原长方体的宽为2,根据鳖臑的侧视图得原长方体的高为4,
所以长方体的体积.
故选：D.
5．答案：A
解析：因为,可得,
又由
.
故选：A.
6．答案：A
解析：易知是直角三角形,双曲线的渐近线方程为,设,
由可知,
所以.
故选：A
7．答案：D
解析：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.
8．答案：B
解析：由可得抛物线的焦点,准线方程为,
如图:过点P作准线 的垂线,垂足为M,根据抛物线的定义可知,
设,则,解得,将 代入可得,
所以的面积为=.
故选：B.
9．答案：C
解析：因为三棱锥中,平面ABC,
不妨将三棱锥放入一个长方体中,则长方体的外接球即为三棱锥的外接球,
因为长方体的体对角线即为其外接球的直径,
因为,则长方体的长宽高分别为2,2,
所以三棱外接球的半径为.
所以三棱锥外接球的体积为.
故选：C.
10．答案：C
解析：因为是定义在R上的奇函数,时,单调递增,且,
所以当时,,
当时,,
不等式,则
当时,有,即或,
解得或,又,;
当时,有,
即或,又,解得;
综上,不等式的解集为.
故选：C.
11．答案：B
解析：因为,所以,
设,则,则,
当且仅当,即时,等号成立,
故选：B.
12．答案：D
解析：当时,,故函数周期为2,画出函数图像,如图所示：
方程,即,即函数和有两个交点.
,,故,,,,.
根据图像知：.
故选：D.
13．答案：
解析：由,得,
由,平方得,
因为,所以,所以,解得.
故答案为：
14．答案：4
解析：作出可行域如下,
由可得,
当直线过点时,最小,则z最大,此时.
故答案为：4.
15．答案：.
解析：［方法一］：【最优解】边化角
因为,由正弦定理得,
因为,所以.又因为,
由余弦定理,可得,
所以,即A为锐角,且,从而求得,
所以的面积为.
故答案为：.
［方法二］：角化边
因为,
由正弦定理得,即,
又,所以,.又因为,
由余弦定理,可得,
所以,即A为锐角,且,从而求得,
所以的面积为.
故答案为：.
16．答案：14
解析：因为是函数的零点,是函数的对称轴,
所以,,解得,.
因为在区间上单调,则,得,所以.
当时,,得,,
即,,又,则,得.
当时,,其中,于是在区间上不单调.
当时,,得,,即,,
又,则,得.
当时,,满足在区间上单调.
综上,的最大值是14.
故答案为：14.
17．答案：（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．答案：
（1）甲运动员“破十”的概率为,乙运动员“破十”的概率为,
丙运动员“破十”的概率为.
（2）X的可能取值为,
,
,
,,
所以X的分布列为
期望.
19．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）因为平面ABCD,所以,
又,故平面,
平面,故,
因为,所以,同理,
所以,又,
所以平面AMB,
又平面,
所以平面平面.
（2）设,则,,
以A为原点,,,分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.
则,,,,,
,,,,
记平面AMB的法向量为,记平面的法向量为,
由,得,
由,得,
则,
所以平面AMB与平面所成锐二面角的余弦值为.
20．答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）当时,,,
,所以,又,
所以曲线在点处的切线方程为,
即.
（2）,
当,令得,由得,由得,
所以的单调递增区间为,单调递减区间为
当,令得,
当时,由得或,由得,
所以的单调递增区间为和,单调递减区间为;
当时,,所以的单调增区间为,无单调减区间;
当时,由得或,由得,
所以的单调增区间为和,单调递减区间为.
21．答案：（1）
（2）
解析：（1）由,
则,所以,
又,则点M在椭圆上,
所以,又
联立解得 ,所以椭圆C的方程：
（2）由题意,根据条件直线AB的斜率必存在
设直线AB的方程为,,
由 ,得,
所以
（*）
由,则

所以,即,即或（舍）
将代入（*）成立.
所以直线AB的方程为,
所以直线AB恒过点
22．答案：（1）
（2）
解析：（1）由曲线C的参数方程得.
曲线C的普通方程为.
直线l的极坐标方程化简为.
由极坐标与直角坐标的互化关系,,
得直线l的直角坐标方程为.
（2）设直线l的参数方程为（m为参数）.
将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程,
整理可得.
.
设,是方程的两个实数根.则,.
.
23．答案：（1）
（2）或
解析：（1）由题知,当时,原不等式即,
当时,不等式为,解得;
当时,不等式为,恒成立;
当时,不等式为,解得,
综上,不等式的解集为;
（2）因为,
当且仅当时不等式取等号,即,
所以,解得或.
X
0
1
2
3
P