四川省眉山市仁寿第一中学南校区2024届高三上学期12月月考数学（理）试题（Word版附解析）

仁寿一中南校区2021级眉山一诊模拟考试理科数学试题本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名､考号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题号的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔将答案书写在答题卡规定的位置上，4.考试结束后，将答题卡交回.第I卷（选择题，共60分）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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】配方求值域，得到，求出定义域得到或，从而求出交集.【详解】，故，，解得：或，故或，所以.故选：D2.如果复数是纯虚数，是虚数单位，则（）A.且B.C.D.或【答案】C 【解析】【分析】根据题意复数为纯虚数，即得，从而求解.【详解】由复数是纯虚数，得解得:.故选:C.3.在中，“”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】B【解析】【分析】结合正弦函数的性质由，可得，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】在中，，由，可得，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4.某程序框图如图，该程序运行后输出的值是（）A.-3B.C.D.2 【答案】D【解析】【分析】根据给定的程序框图，逐项计算，得出输出的周期性，进而得到输出结果.【详解】根据给定的程序框图，可得：第1次循环，满足判断条件，，，执行循环；第2次循环，满足判断条件，，，执行循环；第3次循环，满足判断条件，，，执行循环；第4次循环，满足判断条件，，，执行循环；第5次循环，满足判断条件，，，执行循环；第6次循环，满足判断条件，，，执行循环；可得的输出，构成以项为周期的周期性输出，当时，输出的结果为.故选：D.5.已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且，为坐标原点，则（）A.B.C.4D.5【答案】B【解析】【分析】根据抛物线的定义求得点的坐标，进而求得.【详解】设，由得，又，得，所以，.故选：B6.在长方体中，已知，，，E为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】以D为坐标原点，，，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，应用空间向量求异面直线所成角,即可求解.【详解】以D为坐标原点，，，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，.设异面直线与DE所成角大小为，所以.故选：B7.已知是第一象限角，满足，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】以为整体，先求，再利用诱导公式结合倍角公式运算求解.【详解】因为是第一象限，则为第一象限角或第二象限角，且，所以， 由题意可得：.故选：B.8.2023年5月21日，中国羽毛球队在2023年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛决赛中以总比分战胜韩国队，实现苏迪曼杯三连冠．甲、乙、丙、丁、戊五名球迷赛后在现场合影留念，其中甲、乙均不能站左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有（）A.18种B.24种C.30种D.36种【答案】C【解析】【分析】分别计算丙站在左端时和丙不站在左端时的情况，即可得到答案.【详解】当丙站在左端时，甲、丙必须相邻，其余人全排列，有种站法；当丙不站在左端时，从丁、戊两人选一人站左边，再将甲、丙捆绑，与余下的两人全排，有种站法，所以一共有种不同的站法．故选：C9.将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象在区间上恰有两个零点，且在上单调递减，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据题目要求伸缩变换得到解析式，然后结合函数在上恰有两个零点以及在上单调递减，列出不等式组，即可求得本题答案.【详解】依题意可得， 因为，所以，因为在恰有2个零点，且，，所以，解得，令，，得，，令，得在上单调递减，所以，所以，又，解得．综上所述，，故的取值范围是．故选：C.10.已知，，，则，，的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用对数的运算性质以及对数函数的单调性化简，并判断范围，采用作差法结合基本不等式可判断，即可得答案.【详解】由题意可得，，，又， 由于，故，综合可得，故选：A11.半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），则二十四等边体的体积与其外接球体积之比为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可以得出二十四等边体的外接球半径为，进而求出其外接球体积，然后二十四等边体可以看成一个长方体加上四个四棱锥拼接而成的几何体，求出其体积，最后求出体积比.【详解】设，则二十四等边体的外接球半径为，其外接球体积为，二十四等边体可以看成一个长方体加上四个四棱锥拼接而成的几何体，故所求体积，故二十四等边体的体积与其外接球体积之比为，故选：C．12.定义在的函数满足，且都有，若方程的解构成单调递增数列，则下列说法：① ；②若数列为等差数列，则公差为6；③若，则；④若.则；其中正确的个数是（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】对于①，根据题意结合周期性运算求解；对于②，根据题意结合图象分析判断；对于③，整理可得，结合图象分析判断；对于④，根据图象结合对称性分析可得数列是以首项为7，公差为12的等差数列，进而利用等差数列知识运算求解.【详解】因为都有，所以关于对称，令，则，即．因为定义在的函数满足，所以的周期为6，作出函数在内的图象如图：对于①，，故①错误．对于②，由图象可知：若数列为等差数列，则，此时与在内有且仅有一个交点，因为周期是6，即，即数列公差为6，故②正确.对于③，若，即， 可得，则，即与在内有且仅有2个交点，结合图象可得，故③错误.对于④，若，则与在内有且仅有3个交点，且，因为，则，所以数列是以首项为7，公差为12的等差数列，可得，故，故④正确．故选：B．【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法：（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解；（2）分离参数、转化为求函数的值域问题求解．第II卷二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.13.已知向量，，则与夹角的余弦值为______．【答案】##【解析】【分析】求出的坐标，再利用向量的夹角公式求解.【详解】依题意，，故与夹角的余弦值为．故答案为： 14.已知的展开式中，各项系数之和为128，则展开式中含项的系数为__________.【答案】21【解析】【分析】令，由各项系数之和为128求得a，再利用二项式通项公式求解.【详解】解：由题意,令，得，解得，所以二项式为：，则二项式通项公式，令，解得，所以展开式中含项的系数为，故答案为：2115.设双曲线：的左、右焦点分别为，以为圆心的圆恰好与双曲线的两渐近线相切，且该圆过线段的中点，则双曲线的离心率是_____．【答案】##【解析】【分析】先由焦点到渐近线的距离求出半径，再利用该圆过线段的中点得到，即可求出离心率,【详解】 由题意知：渐近线方程为，由焦点，，则圆的半径为，又该圆过线段的中点，故，离心率为.故答案为：.16.的外心为，三个内角、、所对的边分别为、、，，，则面积的最大值是______【答案】【解析】【分析】取边的中点，作边的中线，由三角形外心和中线的性质，将化简，即可由余弦定理求得，再由和余弦定理，借助基本不等式求得的最大值，即可求得三角形面积的最大值.【详解】取边的中点，连接、，∵为的外心，∴，即，∵为边的中点，∴为边的中线，，∴ ，又∵，∴，整理得，∴由余弦定理可得，∴，又，由余弦定理，即，∴由基本不等式，即，当且仅当时，等号成立，∴的面积，即当且仅当时，面积的最大值为.故答案为：.【点睛】解决向量与解三角形综合问题，重点在于将向量与三角形中的几何关系转化为三角形边、角的数量关系，再结合题目进行求解即可.三､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应马出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知数列中，，（1）求证：数列是等差数列，并求出的通项公式；（2）设，求数列的前n项和【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由递推公式可得，即可证明数列是等差数列，由等差数列定义即可求得； （2）由（1）可得，利用错位相减法即可求得数列的前n项和.【小问1详解】当时，由可得，易知；两边同时取倒数可得，即，由等差数列定义可得是以为首项，公差的等差数列，所以，即，可得，显然时，符合上式，即的通项公式为；【小问2详解】由（1）可得，所以，，两式相减可得，所以18.书籍是精神世界的入口，阅读让精神世界闪光，阅读逐渐成为许多人的一种生活习惯，每年4月23日为世界读书日．某研究机构为了解某地年轻人的阅读情况，通过随机抽样调查了位年轻人，对这些人每天的阅读时间（单位：分钟）进行统计，得到样本的频率分布直方图，如图所示． （1）根据频率分布直方图，估计这位年轻人每天阅读时间的平均数（单位：分钟）；（同一组数据用该组数据区间的中点值表示）（2）若年轻人每天阅读时间近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，求；（3）为了进一步了解年轻人的阅读方式，研究机构采用分层抽样的方法从每天阅读时间位于分组，，的年轻人中抽取10人，再从中任选3人进行调查，求抽到每天阅读时间位于的人数的分布列和数学期望．附参考数据：若，则①；②；③．【答案】（1）（2）（3）分布列见解析；期望为【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图以及平均数计算方法计算即可；（2）依据，利用正态分布的对称性计算即可；（3）先由题意得到随机变量的取值，并分别计算相应的概率，然后列出分布列，并按期望公式计算即可.【小问1详解】根据频率分布直方图得：． 【小问2详解】由题意知，即，所以．【小问3详解】由题意可知，和的频率之比为：，故抽取的10人中，和分别为：2人，4人，4人，随机变量的取值可以为，，，，，故的分布列为：0123所以.19.如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，，，，，E点在AD上，且．（1）求证：平面平面PAC；（2）若直线PC与平面PAB所成的角为45°，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明即可； （2）由题意可得以A为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图所示的坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可.【小问1详解】证明：∵平面，平面，∴，∵，，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面.【小问2详解】∵，且，∴，∵，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，取BC中点G，连接AG，∴，即，由（1）可得，以A为坐标原点，AG为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立如图所示的坐标系由（1）可得，平面，∴为直线PC与平面所成角，即设平面的法向量为∵，∵，，∴，令，则，，∴∵x轴⊥平面，∴平面的法向量，设为二面角的平面角，且为锐角， ∴.20.已知分别是椭圆的右顶点和上顶点，，直线的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）直线，与轴交于点，与椭圆相交于点，求证：为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据，因为，直线的斜率为可得答案；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，利用韦达定理代入化简计算可得答案.【小问1详解】分别是椭圆的右顶点和上顶点，，可得，因为，所以，直线的斜率为，所以，解得，所以椭圆的方程为；【小问2详解】设直线的方程为，则，与椭圆方程联立可得，由得， 设，可得，，所以为定值.21.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若方程的两根互为相反数.①求实数的值；②若，且，证明：.【答案】（1）增区间是，减区间是（2）①0；②证明见解析【解析】【分析】（1）求导，由导函数的正负得到函数的单调区间；（2）①变形得到，设其两根分别为和，得到方程组，相减得到，构造，求导得到其单调性，且，若时，推出矛盾，得到，求出； ②由①可得，求导，得到在处的切线方程，切线放缩得到，，分别令，且满足，，则，令，则，证明出结论.【小问1详解】根据题意可得：.令，得，令，得，故函数的增区间是，减区间是.【小问2详解】①根据题意得：，，即，，设方程的两根分别是和，故①，，即②，①-②可得：③，令，则，易证，所以单调递增，又，所以当且仅当时，；所以，若时，由①式可知：，，不可能成立；故，即，由③式可知：，可得；②因为，可得，则，设在处的切线斜率为，则，又，则在处的切线方程为， 设，，则，且，设，则，又，则，所以在上单调递增，且，则当时，；当时，，则，即，，分别令，且满足，，则令，则，故.【点睛】方法点睛：常见的切线放缩不等式有，，，，等，常用来进行不等式证明.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.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求曲线与曲线的极坐标方程； （2）曲线与曲线交于，两点．求的值．【答案】（1）的极坐标方程为，的极坐标方程为；（2）【解析】【分析】（1）先将参数方程转化为直角坐标方程后进行极坐标转换即可求解.（2）联立极坐标方程后，化简可得，利用韦达定理可知，便可求解.【小问1详解】解：由题意得：由：（为参数），消去得：故的极坐标方程为由：（为参数），消去得：故的极坐标方程为【小问2详解】设，．联立所以故[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数，．（1）当时，求不等式解集；（2）设，，记的最小值，的最大值为，求．（表示，中的较大值，表示，中的较小值．） 【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）将函数中的绝对值去掉，然后再分段求解即可；（2）根据题意作出两个函数的图像，根据题意可判断出图像实线部分为的图像，虚线部分为的图像，从而可以找到所对应的区间，从而求出的值.【详解】解：（1）当时，，当时，由得，解得，不符合题意，舍去当时，由得，所以，当时，由得，解得，不合题意，舍去，所以不等式的解集为；（2）如图，作出函数的图像，则图像实线部分为的图像，虚线部分为的图像，当时，令，则，整理得，因为，所以，所以，当时，令，则，所以，因为，所以，所以，综上，，所以 【点睛】此题考查求解绝对值不等式和解不等式，利用了数形结合的思想，考查了转化能力和计算能力，属于中档题.