四川省绵阳市南山中学2023-2024学年高三上学期12月月考数学（文）试题（Word版附解析）

2023年12月绵阳南山中学高2021级高三上期12月月考文科数学试题命题人：刘群建审题人：李盛锦一､选择题：本大题共12小题，每小题5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.若直线是圆的一条对称轴，则（）A.B.C.1D.-1【答案】C【解析】【分析】根据题意得到圆心必在直线上，列出方程，即可求解.【详解】由圆，可圆心坐标，因为直线是圆的对称轴，所以圆心必在直线上，即，解得.故选：C.2.已知，则（）A.1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的运算法则，求得，得到，即可求得，即可求解.【详解】由复数，可得，所以.故选：C.3.若抛物线的焦点到直线的距离等于，则（）A.1B.4C.D.2【答案】D 【解析】【分析】先将抛物线方程化为标准方程，进而得到焦点坐标，然后利用点到直线的距离求解.【详解】抛物线的标准方程为，焦点坐标为，所以焦点到直线的距离为，解得，故选：D4.已知，则（）A.25B.5C.D.【答案】C【解析】【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．【详解】因为，，即，所以．故选：C.5.《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有这样一道题目：把个面包分给个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，可得，，求出，根据等差数列的通项公式，得到关于关系式，即可求出结论.【详解】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，依题意可得，， ，，解得，.故选:A.【点睛】本题以数学文化为背景，考查等差数列的前项和、通项公式基本量的计算，等差数列的性质应用是解题的关键，属于中档题.6.在菱形中，若，则等于A.2B.－2C.D.与菱形的边长有关【答案】B【解析】【详解】试题分析：由题在菱形中，若，由，考点：向量的运算及几何意义．7.过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（）A.1B.C.D.【答案】B【解析】【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为， 因为，则，可得，则，，即为钝角，所以；法二：圆的圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，连接，可得，则，因为且，则，即，解得，即为钝角，则，且为锐角，所以；方法三：圆的圆心，半径，若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；若切线斜率存在，设切线方程为，即，则，整理得，且设两切线斜率分别为，则，可得， 所以，即，可得，则，且，则，解得.故选：B.8.已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.【详解】由，则，解得，所以双曲线的一条渐近线不妨取，则圆心到渐近线的距离，所以弦长. 故选：D9.记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（）A.1B.C.D.3【答案】A【解析】【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，又因为函数图象关于点对称，所以，且，所以，所以，，所以.故选：A10.执行如图所示的程序框图，输出的结果是（） A.B.C.1D.2【答案】C【解析】【分析】模拟运行程序，当为整数时，结束循环，输出的值.【详解】初始条件：，进行循环体，，，，不是整数，再进行循环体，，，，不是整数，再进行循环体，，，，是整数，结束循环，输出，故选：C11.椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.【详解】[方法一]：设而不求设，则则由得：， 由，得，所以，即，所以椭圆的离心率，故选A.[方法二]：第三定义设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：故，由椭圆第三定义得：，故所以椭圆的离心率，故选A.12.设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．【详解】[方法一]：因为是奇函数，所以①；因为是偶函数，所以②． 令，由①得：，由②得：，因为，所以，令，由①得：，所以．思路一：从定义入手．所以．[方法二]：因为是奇函数，所以①；因为是偶函数，所以②．令，由①得：，由②得：，因为，所以，令，由①得：，所以．思路二：从周期性入手由两个对称性可知，函数的周期．所以．故选：D．【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.经过点且与双曲线有公共渐近线的双曲线方程为_________． 【答案】【解析】【详解】由题意设所求双曲线的方程为，∵点在双曲线上，∴，∴所求的双曲线方程为，即．答案：14.若x，y满足约束条件，则z=3x+2y的最大值为_________．【答案】7【解析】【分析】作出可行域，利用截距的几何意义解决.【详解】不等式组所表示的可行域如图因为，所以，易知截距越大，则越大，平移直线，当经过A点时截距最大，此时z最大，由，得，，所以.故答案为：7. 【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.15.如图所示，一隧道内设双行线公路，其截面由一个长方形和抛物线构成．为保证安全，要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在竖直方向上的高度之差至少要有0.5米．若行车道总宽度AB为6米，则车辆通过隧道的限制高度是______米（精确到0.1米）【答案】3．2【解析】【分析】根据题意可以建立适当的平面直角坐标系，从而可以得到抛物线的解析式，然后根据要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在竖直方向上高度之差至少要有0.5m，可以得到当x=-3时，求出相应的y值，此时汽车的顶部离隧道的顶部距离至少是0.5m，从而可以求得车辆经过隧道时的限制高度是多少米．【详解】取抛物线的顶点为原点，对称轴为y轴，建立直角坐标系，c（4，-4），设抛物线方程x2=-2py（p＞0），将点C代入抛物线方程得p=2， ∴抛物线方程为x2=-4y，行车道总宽度AB=6m， ∴将x=3代入抛物线方程，y=-2.25m， ∴限度为则车辆通过隧道的限制高度是3.2米. 【点睛】本题主要考查了二次模型的实际应用，解题的关键是理解题意.16.已知抛物线的焦点为，直线为：，设点为上的一个动点，过点作抛物线的两条切线，其中为切点，则的最小值为__________．【答案】##4.5【解析】【分析】设切点为，，求导得到导函数，确定，利用韦达定理得到根与系数的关系，计算，根据二次函数性质计算最值即可.【详解】设切点为，，，即，，则，整理得到，恒成立.设，，则，是方程的两个根，，，则， 当时，的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是利用抛物线定义将用点的横坐标表示，结合二次函数的性质解决.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.已知数列满足，且．（1）证明：数列为等比数列；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由等比数列的定义，即可证明；（2）根据题意，结合等差数列的求和公式与等比数列的求和公式，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】证明因为，所以，又，所以数列为等比数列，且首项为2，公比为2．【小问2详解】解由（1）知，所以．所以． 18.在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆C上.（1）求圆C方程；（2）若圆C与直线交于A，B两点，且，求a的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出曲线与坐标轴的三个交点，根据这三个交点在圆上可求出圆心坐标和半径，从而可得圆的方程；（2）设A，B，联立直线与圆的方程，根据根与系数的关系可得，，根据得，化为，进而可解得.【详解】（1）曲线与坐标轴的交点为(0，1)，(,0)，由题意可设圆C的圆心坐标为(3，)，∴，解得，∴圆C的半径为，∴圆C的方程为.（2）设点A、B的坐标分别为A，B，其坐标满足方程组，消去得到方程，由已知得，判别式①，由根与系数的关系得，②，由得.又∵，，∴可化为③，将②代入③解得，经检验，满足①，即，∴ 【点睛】本题考查了由圆上三个点的坐标求圆的方程，考查了直线与圆的位置关系、根与系数的关系，考查了运算求解能力，属于中档题.19.已知函数的最小正周期为．（1）求的值；（2）已知分别为中角的对边，且满足，求的周长的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式化简，即可由周期公式求解，代入即可求解，（2）根据可得，即可由余弦定理结合基本不等式求解最值.【小问1详解】因为最小正周期为，所以，解得，所以，所以．【小问2详解】由得，由余弦定理有，即（当且仅当时取“=”），故，即为等边三角形时，周长有最大值 20.已知长轴长为的椭圆C：的左、右焦点分别为F1、F2，且以F1、F2为直径的圆与C恰有两个公共点.（1）求椭圆C的方程；（2）若经过点F2的直线l与C交于M，N两点，且M，N关于原点O的对称点分别为P，Q，求四边形MNPQ面积的最大值.【答案】（1）y2＝1（2）2【解析】【分析】（1）由题意可得的值及，再由，，之间的关系求出，进而求出椭圆的方程；（2）由（1）可得右焦点的坐标，由题意可得直线的斜率不为0，设直线的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由题意可得四边形为平行四边形，所以四边形的面积等于一个三角形面积的4倍，求出三角形的面积，由均值不等式可得面积的最大值．【详解】解：（1）由题意可得，且，又，所以可得，，所以椭圆的方程为：；（2）由（1）可得右焦点，再由题意可得直线的斜率不为0，设直线的方程为，设，，，，联立直线与椭圆的方程可得整理可得，所以，，由题意可得四边形为平行四边形，所以 ，当且仅当即时取等号，所以四边形面积的最大值为．【点睛】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合，及四边形的面积公式及均值不等式的应用，属于中档题.21.已知函数．讨论函数的极值点的个数；若函数有两个极值点，，证明：．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】先求出函数的导函数，通过讨论a的范围确定导函数的符号，从而得出函数的单调区间，进而判断函数极值点个数；由可知当且仅当时有极小值和极大值，且，是方程的两个正根，则，根据函数表示出，令，通过对求导即可证明结论．【详解】解：函数， ，，当时，，，当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，有极小值；当时，，故，在上单调递减，故此时无极值；当时，，方程有两个不等的正根，．可得，．则当及时，，单调递减；当时，；单调递增；在处有极小值，在处有极大值．综上所述：当时，有1个极值点；当时，没有极值点；当时，有2个极值点．由可知当且仅当时有极小值点和极大值点，且，是方程的两个正根，则，．； 令，；，在上单调递减，故，．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值，注意分类讨论思想的运用，属于难题．（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.已知直线l经过点P，倾斜角，在极坐标系下，圆C的极坐标方程为．（1）写出直线l的参数方程，并把圆C的方程化为直角坐标方程；（2）设l与圆C相交于A，B两点，求点P到A，B两点的距离之积．【答案】（1），；（2）．【解析】【分析】（1）直接由直线的参数方程以及极坐标方程和直角坐标方程的互化得到；（2）将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，利用t的几何意义求解.【详解】（1）直线l参数方程是，圆的普通方程是.（2）将代入得： ，设A，B两点对应的参数分别为，.[选修4-5：不等式选讲]23.选修4-5：不等式选讲已知函数，．（1）当时，解不等式；（2）若对任意实数，的最大值恒为，求证：对任意正数，当时，．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【解析】【详解】【试题分析】（1）依据绝对值的定义，运用分类整合思想分类分析求解；（2）借助柯西不等式及绝对值三角不等式进行分析推证：（Ⅰ）时，所以，解集为（Ⅱ）由绝对值不等式得所以最大值3，