2024届西藏林芝市第二高级中学高三上学期第三次月考数学（理）试题含答案

2024届西藏林芝市第二高级中学高三上学期第三次月考数学（理）试题一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）．A． B． C． D．【答案】A【分析】根据指数不等式的解法，求出集合，再利用集合交集的运算即可求出结果.【详解】由，得到，所以，又，所以，故选：A.2．若复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】确定，计算得到答案.【详解】，则.故选：C.3．下列结论中正确的个数是（    ）①命题“所有的四边形都是矩形”是存在量词命题；②命题“”是全称量词命题；③命题“”的否定为“”；④命题“是的充分条件”是真命题；A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】根据存在量词命题、全称量词命题的概念，存在量词命题的否定，充分条件的定义，分析选项，即可得答案.【详解】对于①，命题“所有的四边形都是矩形”是全称量词命题，故①错误；对于②，命题“”是全称量词命题，故②正确；对于③，“”的否定为“”，故③错误；对于④，当时，，故由不能推出，所以命题“是的充分条件”是假命题，故④错误.故选：B.4．已知，则的最小值是（    ）A．4 B．8 C．12 D．16【答案】D【分析】由基本不等式可得答案.【详解】已知，则，，当且仅当，即时“”成立，故所求最小值是16.故选：D．5．“”是“”成立的（    ）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【分析】解分式、一元二次不等式求a范围，根据充分、必要性定义判断条件间的关系.【详解】由或，由或，所以“”是“”成立的必要不充分条件.故选：B6．记是等差数列的前n项和，若，，则（    ）A．16 B．8 C．4 D．2【答案】C【分析】利用等差数列定义可求得是以为首项，2为公差的等差数列，代入前n项和公式可求得.【详解】设等差数列的首项为，公差为，根据题意可知，解得；所以可得.故选：C7．曲线在点处的切线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据导数几何意义可求得切线斜率，由此可得切线方程.【详解】，所求切线斜率，所求切线方程为：，即.故选：A.8．已知角终边上一点，则的值为（     ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由任意角三角函数的定义求出，再由诱导公式化简代入即可得出答案.【详解】因为角终边上一点，所以.故选：B.9．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第一天走的路程为（    ）A．228里 B．192里 C．126里 D．63里【答案】B【分析】应用等比数列的求和公式可得答案.【详解】由题意得，该人所走路程构成以为公比的等比数列，令该数列为，其前项和为，则有，解得，故选：B.10．圆的圆心在抛物线上，则该抛物线的焦点坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由圆的方程得出圆心坐标，代入抛物线方程求得参数后可得焦点坐标．【详解】圆的圆心坐标为，则，得，所以该抛物线的焦点坐标为．故选：A．11．函数的部分图象大致为（    ）A．   B．  C．   D．  【答案】C【分析】利用图中数据计算函数值的正负，即可结合选项排除求解.【详解】由于，故可排除B，由，此时可排除A，由，此时可排除D,故选：C12．定义在R上的函数满足：对任意的（），都有，且，函数关于直线对称，则不等式的解集是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意得到在上单调递减，且为偶函数，故在上单调递增，分和，结合函数单调性求出解集.【详解】因为对任意的（），都有，所以在上单调递减，因为关于直线对称，所以关于轴对称，即为偶函数，所以在上单调递增，因为，所以，当时，，令得，即，所以，所以，当时，，令得，即，所以，所以，综上，的解集为.故选：C二、填空题13．已知平面向量，若与平行，则 .【答案】【分析】计算出，根据向量平行得到方程，求出.【详解】，由题意得，解得.故答案为：14．已知圆的圆心为，则点到直线（为参数）的距离为 .【答案】【分析】根据圆的方程确定圆心，再将直线的参数方程转化为普通方程，根据点到直线距离公式直接计算.【详解】圆的圆心为，直线，消参可得，故圆心到直线的距离，故答案为：.15．已知函数则 ．【答案】【分析】根据的值代入相应的解析式即可.【详解】因为，所以.故答案为：.16．双曲线C的渐近线方程为，一个焦点为，点，点为双曲线第一象限内的点，则当点的位置变化时，周长的最小值为 .【答案】【分析】根据焦点坐标和渐近线方程求出双曲线的方程，结合双曲线的定义进行求解即可.【详解】因为焦点在纵轴上，设该双曲线的方程为，因为焦点为，所以，因为双曲线C的渐近线方程为，所以，由可解，即，双曲线的另一个焦点为，则有，周长为：，当三点共线时，有最小值，最小值为，所以周长的最小值为，故答案为：三、解答题17．已知椭圆经过点，.(1)求椭圆的方程；(2)若直线交椭圆于，两点，是坐标原点，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据椭圆经过的两点可求，即可得椭圆方程；（2）联立直线和椭圆方程，求出交点坐标即可求面积.【详解】（1）因为椭圆经过点，所以，把点的坐标代入方程，得，解得.所以椭圆的方程为.（2）联立方程组消去，得.解得或不妨设，，则.18．已知数列满足，且数列的前n项和.(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题目条件得到为公差为2的等差数列，首项为1，求出通项公式；（2）利用错位相减法求和即可.【详解】（1）因为，所以，故为公差为2的等差数列，中，令得，解得，则；（2），故①，则②，两式①-②得，故.19．在①，②中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答．问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知______．(1)求B；(2)若的外接圆半径为2，且，求ac．注：若选择不同的条件分别解答，则按第一个解答计分．【答案】(1)(2)【分析】（1）选①利用余弦定理即可求出；选②根据正弦定理进行边换角即可得到答案；（2）首先求出，再利用正弦定理整体求出即可.【详解】（1）选择条件①：因为，在中，由余弦定理可得，即，则，因为，所以.选择条件②：因为，在中，由正弦定理可得，即，则，因为，所以，则，因为，所以.（2）因为，所以，则，即，又，所以.因为的外接圆半径，所以由正弦定理可得，所以.20．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且．(1)求抛物线的方程；(2)已知直线交抛物线于两点，且点为线段的中点，求直线的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用抛物线定义可求得，即可求出抛物线的方程；（2）由弦中点坐标为并利用点差法即可求得直线的斜率为，便可得直线方程.【详解】（1）点在抛物线上，由抛物线定义可得，解得，故抛物线的标准方程为．（2）设，如下图所示：  则，两式相减可得，即，又线段的中点为，可得；则，故直线的斜率为4，所以直线的方程为，即直线的方程为．21．已知函数．(1)当时，求的单调性；(2)若，求实数的取值范围．【答案】(1)单调递减区间为，；单调递增区间为(2)【分析】（1）利用导数直接求单调区间即可；（2）先将不等式由分式化整式，再用指对互化构造同构，换元后再分参处理恒成立问题即可解决.【详解】（1）当时，，，令得：；令得：或，所以的单调递减区间为：，；单调递增区间为：．（2）因为在上恒成立，所以（*）在上恒成立，令，则，则在上递减，在上递增．所以的最小值为，即，则（*）式化为：，当时，显然成立．当时，恒成立，令，则，，当时，在上递增．所以即，可得，所以即可得，当时，,当时，,所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以实数a的取值范围为：．【点睛】方法点睛：指对同式时的不等式问题，可用指对同构法来处理，即用指对互化来实现同构.22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．(1)求曲线C和直线l的直角坐标方程；(2)若曲线C和直线相交于A、B两点，A、B的中点为M，点，求．【答案】(1)，；(2)【分析】（1）消去参数即可得到直线l的直角坐标方程，利用极坐标与直角坐标的转化关系，即可将C由极坐标方程转化为直角坐标方程；（2）求出直线l的参数方程，将其代入到圆的直角坐标方程中，利用韦达定理求出，，利用参数的几何意义即可求出.【详解】（1）由直线l的参数方程为，消去参数可得，∵曲线C的极坐标方程为，∴，∴，即；（2）设过定点的直线的参数方程为，将直线代入得，即，，.23．已知.（1）当，时，解不等式；（2）若的最小值为2，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）当，时，， 分类讨论即可得解；（2）由绝对值三角不等式可得，若的最小值为2，则，所以，再利用基本不等式即可求最小值.【详解】（1）当，时， ，所以或或，解得：或，故解集为；（2）由，所以，若的最小值为2，则，所以，，所以的最小值为.【点睛】本题考查了解绝对值不等式，考查了绝对值三角不等式以及基本不等式的应用，考查了分类讨论思想，属于基础题.