2024绵阳南山中学实验学校高三上学期1月月考试题数学（理）含解析

这是一份2024绵阳南山中学实验学校高三上学期1月月考试题数学（理）含解析，共15页。试卷主要包含了故选C，证明见解析 证明见解析，分布列见解析，；23轮等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答题前，考生务必把自己的姓名、考生号等填写在答题卡相应的位置上。
2.做选择题时，必须用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案标号。
3.所有题目必须在答题卡上指定位置作答，不按以上要求作答的答案无效。
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．设，则（ ）
A． B． C． D．
2．复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．某居民小区户主人数和户主对住房户型结构的满意率分别如图1和图2所示，为了解该小区户主对户型结构的满意程度，用比例分配的分层随机抽样方法抽取的户主作为样本进行调查，则样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数分别为（ ）
A．400，32 B．400，36
C．480，32 D．480，36
4．如图，在中，，则（ ）
A．9B．18C．6D．12
5．的展开式中的系数为，则实数（ ）
A．2B．1C．D．
6．已知圆和圆，其中，则使得两圆相交的一个充分不必要条件可以是（ ）
A．B．C．D．
7．已知椭圆M：，点在椭圆M上，直线l交椭圆M于A，B两点，的重心是坐标原点，则直线l的斜率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度，得到函数，若满足，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
9．定义在上的偶函数，记，，，则（ ）
A．B．C．D．
10.第33届夏季奥运会预计在2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增电子竞技和冲浪两个竞赛项目以及滑板等5个表演项目．现有三个场地，，分别承担竞赛项目与表演项目比赛，其中电子竞技和冲浪两个项目仅能，两地承办，且各自承办其中一项.5个表演项目分别由，，三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有（ ）
A．150种B．300种C．720种D．1008种
11．已知定义在上的函数是奇函数，且满足，，数列满足，且，为的前项和，，则（ ）
A．B．C．3D．4
12．已知双曲线的右顶点、右焦点分别为A，，过点A的直线与的一条渐近线交于点，直线与的一个交点为B，若，且，则的离心率为( )
A．2B．C．D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．若实数满足约束条件则的最大值为 ．
14．已知角均在第一象限，终边上有一点，且，则 .
15．下列四个命题中为真命题的是 .（写出所有真命题的序号）
①若随机变量服从二项分布，则其方差；
②若随机变量服从正态分布，且，则；
③已知一组数据的方差是3，则的方差也是3；
④对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是4；
16．已知曲线C，直线,点，，以曲线C上任意一点M为圆心、MF为半径的圆与直线l相切，过点的直线与曲线C交于A，B两点，则的最大值为 ．
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．已知数列的前n项和为，，且．
(1)求证：数列为等差数列；
(2)已知等差数列满足，其前9项和为63．令，设数列的前n项和为，
求证：．
18．杭州第19届亚运会后，多所高校掀起了体育运动的热潮．为了深入了解学生在“艺术体操”活动中的参与情况，随机选取了10所高校进行研究，得到数据绘制成如下的折线图：
(1)若“艺术体操”参与人数超过35人的学校可以作为“基地校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记可作为“基地校”的学校个数为，求的分布列和数学期望；
(2)现有一个“艺术体操”集训班，对“支撑、手倒立、手翻”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，某同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作及每轮测试互不影响．如果该同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到8次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
19．在锐角中，角，，所对的边分别为，，，为其外接圆的圆心，，．
(1)求的大小；
(2)若，求边长的最值．
20.已知函数，．
(1)若的最大值是0，求的值；
(2)若对任意，恒成立，求的取值范围．
21．已知抛物线，其焦点为，定点，过的直线与抛物线相交于，两点，当的斜率为1时，的面积为2.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)若抛物线在，点处的切线分别为，，且，相交于点，
求线段长度的最小值.
（二）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，则按所做的第一题计分。
22．在直角坐标系中，点的坐标是，曲线的参数坐标方程（为参数，）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中曲线的极坐标方程为，与交于，两点．
(1)将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，并指出它是什么曲线？
(2)过点作垂直于的直线交于，两点，求的值．
23．已知函数，
(1)若，求不等式的解集；
(2)对于任意的正实数，且，若恒成立，求实数的取值范围.
绵阳南山中学实验学校2024届毕业年级一月月考理科数学参考答案
一．选择题
1．A
【详解】因为，所以．
故选：A.
2．C
【详解】，
所以的虚部为.
故选：C.
3．A
【详解】由图（1）得该小区户主总人数为人，
所以样本容量为人，其中四居室户主有人，
由图（2）得抽取的户主中对四居室满意的有人，
故选：A.
4．D
【详解】由可得：，
所以，所以，
，
因为，
所以.
故选：D.
5．D
【详解】的展开式的通项公式为，
所以．
令，解得，
．令，解得．
由题意，可知，
所以．
故选：D．
B
【详解】因为圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径为，且，
使得两圆相交的充要条件为，且，
解得，由选项可得，
所以其一个充分不必要条件可以是.
故选：B
B
【详解】将代入椭圆方程得，，
令，则，解得，即，
设，则，，
故，
又，两式相减得，，
变形得到，即，
故，，解得.
故选：B
8．D
【详解】法一：由图可知，，图象过点，，，.
的图象过点，，
，，
，，
由，得的图象关于直线对称，
所以，
，
，又，
所以，
故选：.
法二：，
故图象对称轴可表示为，
的图象的一条对称轴为，
当时，可知的左侧图象离最近的对称轴为，
故的最小值为，
故选：.
B
【详解】因为函数是定义在上的偶函数，
所以，即，解得，
所以，
当时，为增函数，
因为，
，，
,
所以，
所以，即.
故选：B.
10．B
【详解】首先电子竞技和冲浪两个项目仅能两地举办，且各自承办其中一项有种安排；
再次5个表演项目分别由三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目则有种，
故总数为种不同的安排方法.
故选：B.
11．A
【详解】函数是奇函数
，
，
是以3为周期的周期函数.
数列满足，且，
，且，，
两式相减可得，从而得，
，，
（1）.
故选：.
12．C
【详解】由已知得，设，
由，得，
所以轴，即，
不妨设点在第一象限，则.
设，由，得，
，
，即，
点在双曲线上，
，
整理得，，
解得，或(负值舍去).故选C.
故选：C
填空题
13．4
【详解】根据题意，画出可行域如下图中阴影部分所示：
易知目标函数可化为，若要求目标函数的最大值，
即求出在轴上的最大截距即可，
易知当（图中虚线所示）平移到过点时，截距最大，
显然，则，所以的最大值为.
故答案为：4
14．
【详解】根据终边上点的坐标可得，得：
化简得：
所以：.
故答案为：.
①③
【详解】对于①，因为随机变量服从二项分布，所以，所以①正确，
对于②，因为随机变量服从正态分布，且，所以，
所以，
所以，所以②错误，
对于③，因为数据的方差是3，所以由方差的性质可知的方差不变，也是3，所以③正确，
对于④，因为线性回归方程为，样本点的中心为，所以，解得，所以④错误，
故答案为：①③
16．
【详解】
如图，依题意，曲线C上任意一点M到定点的距离等于点到定直线的距离，故点M的轨迹是抛物线，其轨迹方程为：.
设直线AB的方程为，由消去得：，不妨设，，则必有且，，分别记直线的斜率为，则 ，
所以．（两直线的斜率之和为0．则两直线关于x轴对称）
设，则，当且仅当时等号成立，所以，（利用基本不等式求出的范围）
则，不妨设记，则，因在上为减函数且恒为正数，故在上为增函数，则有故的最大值为．
故答案为：.
三．解答题
17.(1)证明见解析 (2)证明见解析
【详解】（1）证明：，
数列是以1为首项，为公差的等差数列
可得
当时，
当时，也满足上式，
（2）证明：
18.(1)分布列见解析，；(2)23轮.
【详解】（1）参加“艺术体操”人数在35人以上的学校共5所，所有可能取值为0，1，2，3，
则，
，
所以的分布列为：
所以；
（2）由已知该同学在一轮测试中为“优秀”的概率为，
则该同学在n轮测试中获“优秀”次数X服从二项分布，即满足，
由，
所以理论上至少要进行23轮测试．
(1) (2)最大值:；最小值：
【详解】（1）延长交外接圆于点，如下图所示
则
所以：，
由，
得：，
解之得：，因为：，所以：.
故答案为：
（2）在中，由正弦定理得，
所以：，
因为：，所以：，
所以：，
所以：边长的最大值为，最小值为.
20.(1) (2)
【详解】（1）的定义域为，．
若，则，在定义域内单调递增，无最大值；
若，则当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，取得极大值，也是最大值，为，解得，
显然符合题意，所以的值为
（2）对任意恒成立，
即在上恒成立．
设，则．
设，则，所以在上单调递增，且，，
所以有唯一零点，且，
所以．
构造函数，则.
又函数在上是增函数，所以．
由在上单调递减，在上单调递增，
得，
所以，
所以的取值范围是
21.(1) (2)
【详解】（1）过且斜率为1的直线为：，
代入拋物线方程可知，解得或，
则不妨令点M，N分别为，，
∴，∴，，
∴抛物线方程为：；
（2）设，，，切点，
由题意可知：对于抛物线，当时，；，；时，，
显然时，；时，，
若，则点处的切线为，即，
∵，∴，即，
同理，若，点处的切线为，
时，，则在顶点处的切线为，符合上述表达式，
∴点处的切线为；点处的切线为，
在这两条切线上，∴，
则的直线方程为，
∵在上，∴，即在定直线上，
∴长的最小值即为点到直线的距离，
此时.
(1)，焦点为，顶点为的抛物线（顶点除外） (2)
【详解】（1）因为曲线的极坐标方程为，
所以，又，所以，则，
所以，即，
因为，即，所以，
所以曲线的直角坐标方程为，
曲线可以由抛物线向下平移个单位得到，
所以曲线为焦点为，顶点为的抛物线（顶点除外）.
（2）将代入得，
设，对应的参数分别为，，，
所以，
过点作垂直于的直线的参数方程为（为参数，），
将代入得，
设，对应的参数分别为，，，
所以，
所以.
(1)； (2)
【详解】（1）解：当时，不等式，即为不等式为，
当时，可得，解得，所以；
当时，可得成立，所以；
当时，可得的，解得，所以．
综上得不等式的解集为．
（2）解：因为为正实数，且，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，所以的最大值，
又因为，当时取到等号，
要使恒成立，只需，解得或，
即实数的取值范围为
0
1
2
3
P