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：A

3. 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. 2 B. －5 C. 2或－5 D. －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. 1 C.  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：D

6. 若圆：过坐标原点，则实数的值为（    ）

A. 2或1 B. -2或-1 C. 2 D. -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. 782 B. 822 C. 780 D. 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（    ）．

A  B.

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：D

9. 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. 2 C.  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：C

12. 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：126

16. 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，

∴.