四川省绵阳南山中学实验学校2022年高三数学（理）上学期12月月考试题（Word版附解析）

绵阳南山中学实验学校2023届补习年级理科数学（英才）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.集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意得到解方程组，最后将解答写成点集即可.【详解】集合，，，解方程组得，故故选：C.2.已知直线与直线平行，则的值为（）A.B.C.D.7【答案】A【解析】【分析】根据两直线平行的系数对应关系即可求解【详解】因为直线与直线平行，所以，解得.故选：A3.已知a，，则下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】C【解析】【分析】利用不等式的性质和特殊值的思路即可判断各选项.【详解】对于A，当时，，故A错； 对于B，当，时，满足，但，故B错；对于C，当时，，所以，故C正确；对于D，当，时，满足，但，故D错.故选：C.4.圆：与圆：外切，则m的值为（）A.2B.－5C.2或－5D.－1或－2【答案】C【解析】【分析】先求出两圆的圆心坐标和半径，利用两圆的圆心距等于两圆的半径之和，列方程解的值.【详解】由圆：与圆：，得，，圆的半径为3，圆的半径为2，因为两圆外切，所以，化简得，所以，所以或，故选：C.5.如图，在中，是的中点，若，则（）A.B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】利用向量的线性运算求得，由此求得，进而求得.【详解】因为是的中点，所以．所以，所以 ，所以．故选：D6.若圆：过坐标原点，则实数的值为（）A.2或1B.-2或-1C.2D.-1【答案】C【解析】【分析】根据圆的一般方程的定义，结合过原点列方程即可求解.【详解】∵表示圆，∴∴.又圆过原点，∴，∴或（舍去）；.故选:C.7.北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创隙积术，是研究某种物品按一定规律堆积起来求其总数问题.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，发展了隙积术的成果，对高阶等差数列求和问题提出了一些新的垛积公式.高阶等差数列的前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列.现有二阶等差数列：2，3，5，8，12，17，23…则该数列的第41项为（）A.782B.822C.780D.820【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的通项公式和累加法求通项可求解.【详解】设该数列为,由题可知,数列是以为首项,1为公差的等差数列,所以,所以,所以所以 所以故选:B.8.函数在上的图象大致是（）．AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据函数的奇偶性和特殊值求得正确答案.【详解】，所以是偶函数，图象关于轴对称，排除AB选项.，所以，所以，排除C选项.所以D选项正确.故选：D9.已知函数的最小正周期为，若，把的图象向左平移个单位长度，得到奇函数的图象，则（）A.B.2C.D.【答案】A【解析】 【分析】根据平移得的表达式，由为奇函数以及可得，进而由可得，由代入即可求值.【详解】∴，∵为奇函数，∴，即，∴．又，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故选:A．10.已知，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据正弦的和差角公式可得，平方可得，进而化切为弦即可求解.【详解】由，得，∴，所以，∴，所以，故选：A．11.已知函数，.若方程恰有4个互异的实数根，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】分析、的性质，将问题化为与（）有4个交点，进而只需保证与（）相交求参数范围即可.【详解】由开口向上且对称轴为，而恒过点，所以的图象只需将函数值为负的部分翻折到x轴上方，对应关于对称，当时图象在x轴上方，当时图象为x轴，当时图象在x轴下方，所以要使与有4个交点，则.综上，与的示意图象如下图：当左侧与在上相交有4个交点，或在两侧与各有2个交点，由图知：只需保证与（）相交即可，令，则，故，所以或.故选：C12.已知正数满足，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】令，，得到，A选项，，由于，所以只需比较的大小，构造函数 ，，求导得到函数单调性，进而比较出；B选项，化简得到，作差比较出，结合得到，B正确；利用换底公式及对数运算法则得到，，利用作差法比较，，CD错误.【详解】因为为正数，令，则，则，则，因为，所以只需比较的大小，构造，，，当时，，故在上单调递增，所以，即，所以，A错误；，，结合刚才求出的，故，B正确；由换底公式可得：，因为，所以，即，因为， 所以，故，C错误；因为，所以，所以，D错误.故选：B【点睛】构造函数比较大小是高考热点，需要观察式子特点，构造出合适的函数，利用导函数研究其单调性，从而根据单调性比较出大小关系，经常用到的函数有等.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知点在圆外，则直线与圆O的位置关系是______．【答案】相交【解析】【分析】由在圆外,得到大于半径,列出不等式,再利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线的距离,根据列出的不等式判断与的大小即可确定出直线与圆的位置关系.【详解】点在圆外，圆心到直线的距离:,直线与圆相交.故答案为：相交.14.已知，，，则与的夹角是___________.【答案】【解析】【分析】根据平面向量的模和数量积计算，即可直接得出结果.【详解】， 因为，所以，与的夹角是.故答案为：.15.已知数列是各项均为正数的等比数列，是它的前n项和，若，且，则______．【答案】126【解析】分析】利用等比数列性质求出，再结合求出公比及首项，利用前n项和公式计算作答.【详解】设正项等比数列公比为，由，得，而，解得，又，则，于是，而，解得，，所以.故答案为：12616.已知函数，若关于x的不等式恰有1个整数解，则实数a的最大值是______．【答案】8【解析】【分析】数形结合，结合函数的图像即可得出结论.【详解】函数的图象,如图所示, 关于的不等式，当时,,由于关于的不等式恰有1个整数解,因此其整数解为3,又,所以,则,所以实数的最大值为8,故答案为：8.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.已知函数．（1）求函数的对称中心及最小正周期；（2）若，，求的值．【答案】（1）函数的对称中心为，，函数的最小正周期为；（2）.【解析】【分析】(1)根据三角恒等变换公式化简函数的解析式，结合正弦函数性质求函数的对称中心及最小正周期；(2)由(1)可得，结合两角差正弦函数，二倍角公式，同角关系化简可求.【小问1详解】 ，，，令，，可得，，又，所以函数的对称中心为，，函数的最小正周期；【小问2详解】因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，因为，所以，故，所以，所以或，又，故.18.已知等差数列的前项和为，公差不等于零，， （1）求数列的通项公式；（2）设，求证（且）【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知，根据题意，由，可直接列式求解，从而求解数列的通项公式；（2）由已知，将第（1）问中数列的通项代入，然后放缩通项得到，然后再使用裂项相消即可完成证明.【小问1详解】由已知，等差数列的前项和为，，，所以所以，所以.【小问2详解】由题意，.故又对且时，∴得证. 19.已知的内角的对边分别为的周长为.（1）求；（2）若是的中点，点满足，设交于点，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理、余弦定理进行求解即可；（2）根据平面向量夹角公式，结合平面向量数量积的运算性质、平面向量基本定理进行求解即可.小问1详解】因为的周长为，所以有，由，因为，所以；【小问2详解】因为是的中点，所以，因为，，所以，因为，所以，因为，，所以 ，.20.将圆上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的一半，得到曲线．（1）求曲线的方程；（2）设点，点为曲线上任一点，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在曲线上任取一个动点，即可得到在圆上，代入圆的方程，整理可得；（2）设，根据两点间的距离公式表示出，根据二次函数的性质求出的最大值，即可得解.【小问1详解】解：在曲线上任取一个动点，则在圆上，所以，即，所以曲线的方程为.【小问2详解】解：设，则 ，所以当时，所以，即的最大值为.21.已知函数，，（1）求和的极值；（2）证明：【答案】（1）的极大值，无极小值；极大值，无极小值（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出和的单调性，再根据单调性求得极值；（2）构造，求出其单调性进而求得最小值为，证明即可．【小问1详解】解：，，，，当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以当时，取得极大值，无极小值；当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，当时，有极大值，无极小值．【小问2详解】解：令，则， 令，则在上恒成立，所以在上单调递增，又，，所以存在，使得，即，所以时，，，单调递减，时，，，单调递增，，令，则在上恒成立，所以在上单调递减，所以，所以，所以．【点睛】本题的易错点为必须说明无极小值；难点是（2）中结合零点存在定理估计，进而证得，这里的我们称之为“隐零点”；如果的范围不合适，可以借助二分法去缩小的范围，直至证得．选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题记分． 22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）．（1）求直线与曲线的普通方程，并说明是什么曲线？（2）设M，N是直线与曲线的公共点，点的坐标为，求的值．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）消去参数即可得到直线与曲线的普通方程即可说明曲线.（2）将直线参数方程代入圆的普通方程即可得到与，根据参数的几何意义讨论求得的值.【小问1详解】由题意可得：直线l的参数方程为消去参数得：.曲线的参数方程为.消去参数得：曲线表示以原点为圆心，以为半径的圆.【小问2详解】由（1）知：将直线的参数方程代入得：可知，，故与异号.不妨设,易知，故= =同理，易知，故==综上：23.已知函数．（1）求不等式的解集；（2）设函数的最小值为m，且正实数a，b，c满足，求证：．【答案】（1）（2）证明见详解【解析】【分析】（1）分段讨论去绝对值即可求解；（2）利用绝对值不等式可求得，再利用基本不等式即可证明.【小问1详解】由题意可得：，当时，则，解得；当时，则，解得；当时，则，解得；综上所述：不等式的解集为.【小问2详解】∵，当且仅当时等号成立， ∴函数最小值为，则，又∵，当且仅当，即时等号成立；，当且仅当，即时等号成立；，当且仅当，即时等号成立；上式相加可得：，当且仅当时等号成立，∴.