四川省仁寿第一中学南校区2024届高三上学期12月月考数学（理）试卷(含答案)

这是一份四川省仁寿第一中学南校区2024届高三上学期12月月考数学（理）试卷(含答案)，共17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．如果复数是纯虚数,,i是虚数单位,则( )
A.且B.C.D.或
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
4．某程序框图如图,该程序运行后输出的值是( )
A.-3B.C.D.2
5．已知抛物线的焦点为F,点M在抛物线C上,且,O为坐标原点,则( )
A.B.C.4D.5
6．在长方体中,已知,,,E为AB的中点,则异面直线与DE所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
7．已知是第一象限角,满足,则( )
A.B.C.D.
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
9．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.
10．已知,,,则a,b,c的大小关系为( )
A.B.C.D.
11．半正多面体（semiregular slid）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.
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
二、填空题
13．已知向量,,则与夹角的余弦值为______.
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__________.
15．设双曲线的左、右焦点分别为,,以为圆心的圆恰好与双曲线C的两渐近线相切,且该圆过线段的中点,则双曲线C的离心率是_____.
16．的外心为O,三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c,,,则面积的最大值是______
三、解答题
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
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100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100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X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.
19．如图,在四棱锥中,PA底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,,,,,E点在AD上,且.
（1）求证：平面PAB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.
20．已知A,B分别是椭圆的右顶点和上顶点,,直线AB的斜率为.
（1）求椭圆的方程;
（2）直线,与x轴交于点M,与椭圆相交于点C,D,求证：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a的值;
②若,且,证明：.
22．在直角坐标系xOy中,曲线的参数方程为（t为参数）,曲线的参数方程为（为参数）,以坐标原点为极点,x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A,B两点.求的值.
23．已知函数,.
（1）当时,求不等式解集;
（2）设,,记的最小值A,的最大值为B,求.（表示p,q中的较大值,表示p,q中的较小值.）
参考答案
1．答案：D
解析：,故,,
解得：或,故或,所以.
故选：D.
2．答案：C
解析：由复数是纯虚数,得,解得.
故选：C.
3．答案：B
解析：在中,,由,可得,
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．答案：D
解析：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S的输出,构成以4项,,,2为周期的周期性输出,
当时,输出的结果为.
故选：D.
5．答案：B
解析：设,由得,又,得,
所以,.
故选：B.
6．答案：B
解析：以D为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则,,,,,.
设异面直线与DE所成角的大小为,
所以.
故选：B.
7．答案：B
解析：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．答案：C
解析：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：C.
9．答案：C
解析：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．答案：A
解析：由题意可得,
,,
又,
由于,,,,
故,,综合可得,
故选：A.
11．答案：C
解析：设,则二十四等边体的外接球半径为2a,
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．答案：B
解析：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,即数列的公差为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.
13．答案：
解析：依题意,,
故与夹角的余弦值为.
故答案为：.
14．答案：21
解析：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：21.
15．答案：
解析：
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．答案：12
解析：取BC边的中点M,连接OM、AM,
O为的外心,,即,
M为BC边的中点,∴AM为BC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12.
故答案为：12.
17．答案：（1）证明见解析;,
（2）
解析：（1）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,;
（2）由（1）可得,
所以,
,
两式相减可得
,所以
18．答案：（1）74
（2）0.8186
（3）分布列见解析;期望为
解析：（1）根据频率分布直方图得：
.
（2）由题意知,即,,
所以.
（3）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0,1,2,3,
,,
,,
故的分布列为：
所以.
19．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明：PA平面ABCD,AC平面ABCD,,
,,PA,AB平面PAB,AC平面PAB,
AC平面PAC,∴平面PAB平面PAC.
（2）,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,CA平面PAB,
为直线PC与平面PAB所成角,即
设平面的法向量为
,
,,,令,则,,
x轴⊥平面PAE,平面PAE的法向量,
设为二面角的平面角,且为锐角,.
20．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）A,B分别是椭圆的右顶点和上顶点,,
可得,,因为,所以,
直线AB的斜率为,所以,解得,,
所以椭圆的方程为;
（2）设直线l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．答案：（1）增区间是,减区间是
（2）①0;②证明见解析
解析：（1）根据题意可得：.
令,得,令,得,
故函数的增区间是,减区间是.
（2）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k,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.
22．答案：（1）的极坐标方程为,
的极坐标方程为;
（2）
解析：（1）由题意得：由（t为参数）,消去t得：
故的极坐标方程为由（为参数）,
消去得：,故的极坐标方程为
（2）设,.联立,
所以,故.
23．答案：（1）;
（2）-4.
解析：（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.
0
1
2
3
P