四川省南充市白塔中学2024届高三上学期12月月考数学（理）试题（Word版附解析）

这是一份四川省南充市白塔中学2024届高三上学期12月月考数学（理）试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用交集的定义求解即得.
【详解】由不等式，得，解得，
因此，而，
所以.
故选：C
2. 在中，“”是“为锐角三角形”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】在中，找出的等价条件，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】因为，则为锐角，
所以，“”“为锐角三角形”，
“”“为锐角三角形”，
所以，“”是“为锐角三角形”必要不充分条件.
故选：B.
3. 若，，则下列不等式成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用不等式性质判断B；举例说明判断ACD即可.
【详解】对于A，如，而，A错误；
对于B，由，得，而，则，B正确；
对于C，如，而，C错误；
对于D，如，而，D错误.
故选：B
4. 已知，，且，则xy的最大值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由基本不等式求解即可.
【详解】，当且仅当时，取等号.
即xy的最大值为1.
故选：C
5. 如图，在平行四边形中，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知结合向量的线性运算及平面向量基本定理即可求解．
【详解】在平行四边形中，，，
所以
，
若，则，则．
故选：D．
6. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休，在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的性质以及特殊位置即可利用排除法选出正确答案．
【详解】因为函数定义域为，关于原点对称，而，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，故排除A，C；又因为，故排除B．
故选：D．
【点睛】本题主要考查函数图象的识别，涉及余弦函数性质的应用，属于基础题．
7. 在等比数列中，，是方程两根，若，则m的值为（ ）
A. 3B. 9C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据韦达定理可得，结合等比数列的性质即可求解.
【详解】因为，是方程两根，
所以，即，
在等比数列中，，又，
所以，因为，所以，所以.
故选：B.
8. 数列满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，列出数列的前几项，得到数列为周期数列，然后根据周期性求.
【详解】因为数列满足，
所以，，，，
则是以4为周期的周期函数，
所以，
故选：C
9. 按照“碳达峰”､“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：），放电时间t（单位：）与放电电流I（单位：）之间关系的经验公式：，其中n为Peukert常数，为了测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.则该蓄电池的Peukert常数n大约为（ ）（参考数据：，）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，，两式相比结合对数式与指数式的互化及换底公式即可得出答案.
【详解】解：根据题意可得，，
两式相比得，即，
所以.
故选：B.
10. 在中，角，，的对边分别为，，，且，则形状为（ ）
A. 锐角三角形B. 直角三角形
C 钝角三角形D. 等腰直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】使用正弦定理和两角和的正弦公式花间即可求解.
【详解】，
所以由正弦定理可得
所以，
所以，
所以，
所以，
在三角形中，
所以，
所以为钝角，
故选：C.
11. 已知等比数列的前项和为，且数列是等差数列，则（ ）
A. 1或B. 1或C. 2或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】设等比数列 的公比为，根据已知列出关系式，进而化简求解即可得出 或.根据等比数列的性质，化简可得.分别代入的值，即可得出答案.
【详解】设等比数列 的公比为，
由，，成等差数列可得，，
即，化简得，
解得 或.
又，
所以，.
当时，；
当 时，．
故选：B．
12. 已知实数a，b，c满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由经典不等式可得，得出，结合即可判断.
【详解】设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
，即，
所以，所以，即，
又，所以，由，所以，
所以，即，所以，所以.
故选：A.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用经典不等式可得.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数，则______.
【答案】
【解析】
【分析】先计算，从而可求解.
【详解】，所以.
故答案为：
14. 已知实数x、y满足设目标函数的最大值为M，最小值为m，则______．
【答案】
【解析】
【分析】作出可行域，利用几何法，通过直线平移找到最值的情况，代入相关点即可得到答案.
【详解】由约束条件作出可行域如图，，即，
，即，
作出直线的平行直线簇，
结合图像可知当经过点时，截距取得最小值，
当直线与直线重合，截距取得最大值，
直线，令，解得，则，
代入直线得，
当直线与直线重合时得，
故.
故答案为：.
15. 若，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用基本不等式即可得解.
【详解】因为，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
16. 已知函数，若存在，使得成立，则实数的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，画出函数的大致图像，求得经过原点且与函数相切的直线方程，再结合图像，即可得到结果.
【详解】
因为，则，
令，可得，所以在单调递增，
令，可得，所以在单调递减，
所以在处取得极小值，即最小值，且，
做出函数的大致图像如图所示，
设过原点的直线与函数图像相切，
切点为，则，
所以切线方程为，
即，
因为切线过原点，所以，解得，
则，则切线方程为，
当时，，则直线为的渐近线，
结合图像可知，使得，则或，
即实数的取值范围是.
故答案为：
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22，23为选考题.
17.
已知是以a为首项，q为公比的等比数列，为它的前n项和．
（Ⅰ）当、、成等差数列时，求q的值；
（Ⅱ）当、、成等差数列时，求证：对任意自然数k，、、也成等差数列．
【答案】（Ⅰ） ．
（Ⅱ）证明见解析过程.
【解析】
【详解】（Ⅰ）由已知，，因此，，．
当、、成等差数列时，，可得．
化简得．解得．
（Ⅱ）若，则的每项，此时、、显然成等差数列．
若，由、、成等差数列可得，即．
整理得．因此，．
所以，、、也成等差数列．
【点睛】本小题考查等比数列和等差数列的基础知识以及基本运算能力和分析问题、解决问题的能力．
18. 已知函数，满足______．
在：①函数的一个零点为0；②函数图象上相邻两条对称轴的距离为；③函数图象的一个最低点的坐标为，这三个条件中任选两个，补充在上面问题中，并给出问题的解答．
（1）求的解析式；
（2）把的图象向右平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图象，若在区间上的最大值为2，求实数的最小值．
【答案】（1）条件选择见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①②：根据求出，函数图象上相邻两条对称轴的距离为求出，从而得到函数的解析式；若选①③：根据求出，函数图象的一个最低点的坐标为求出，可得函数的解析式；若选②③：根据函数图象上相邻两条对称轴的距离为求出，函数图象的一个最低点的坐标为，求出可得函数的解析式；
（2）利用图象平移可得的解析式，再由在区间上的最大值为2可得答案.
【小问1详解】
若选①②：
因为函数的一个零点为，所以，所以，
所以，因为，所以．
因为函数图象上相邻两条对称轴的距离为，所以．
因为，所以，所以函数的解析式为；
若选①③：
因为函数的一个零点为，所以，所以，
所以，因为，所以．
因为函数图象的一个最低点的坐标为，
所以，所以，
所以，即，因为，所以．
所以函数的解析式为；
若选②③：
因为函数图象上相邻两条对称轴的距离为，所以，
因为，所以，因为函数图象的一个最低点的坐标为，
所以，所以，
所以即，
因为，所以，所以函数的解析式为；
【小问2详解】
把的图象向右平移个单位得到，
再将向上平移1个单位得到，
即，由得，
因为在区间上的最大值为2，
所以在区间上的最大值为1，
所以，所以，所以的最小值为.
19. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求角B；
（2）若边上的中线长为2，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先化简，再结合余弦定理即可求解；
（2）利用中线向量公式，结合数量积的运算可得，结合基本不等式与三角形的面积公式即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，即，
根据余弦定理可得，
又因为，所以；
【小问2详解】
是 上的中线，，即，
，即 ，
当且仅当 时，等号成立，
，即面积的最大值为.
20. 设是首项为1等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；
（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.
【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，
所以.
（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
，
，
．
设， ⑧
则． ⑨
由⑧-⑨得．
所以．
因此．
故．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由（1）可得，
，①
，②
①②得 ，
所以，
所以，
所以.
[方法三]：构造裂项法
由（Ⅰ）知，令，且，即，
通过等式左右两边系数比对易得，所以．
则，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设，
由于，
则．
又，
所以
，下同方法二．
【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.
（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；
方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；
方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，
方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.
21. 已知函数，其中．
（1）函数在处的切线与直线垂直，求实数a的值；
（2）若函数在定义域上有两个极值点，，且．
①求实数a的取值范围；
②求证：．
【答案】（1）2；（2）①；②见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用导数的几何意义列式求解；（2）①由题意可知在上有两个根，，且，即在上有两个不相等的根，，列式求实数的范围；②由①可知其中，，整理代入根与系数的关系，，转化为证明恒成立.
【详解】（1）依题意，，故，所以
据题意可知，，解得．所以实数a的值为2．
（2）①因为函数在定义域上有两个极值点，，且，
所以在上有两个根，，且，
即在上有两个不相等根，
所以，解得，当时，若或，
，，函数在和上单调递增；
若，，，函数在上单调递减，
故函数在上有两个极值点，，且．所以，实数a的取值范围是．
②由①可知，是方程的两个不等的实根，
所以其中．
故
，
令，其中．故，
令，，在上单调递增．
由于，，所以存在常数，使得，
即，．且当时，，
在上单调递减；当时，，在上单调递增，
所以当时，
又，，所以，即．
故得证．
【点睛】本题考查利用导数证明不等式，根据函数零点个数求参数的取值范围，导数的几何意义，本题的难点是第三问，根据函数的极值点，得到根与系数的关系，通过构造函数判断函数的取值范围，解决零点问题，恒成立等常用方法还有：分离参数、构造函数、数形结合.
选考题;共10分,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.
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（s为参数）．
（1）写出的普通方程；
（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的直角坐标，及与交点的直角坐标．
【答案】（1）；
（2）的交点坐标为，，的交点坐标为，．
【解析】
【分析】(1)消去，即可得到的普通方程；
(2)将曲线的方程化成普通方程，联立求解即解出．
【小问1详解】
因为，，所以，即的普通方程为．
【小问2详解】
因为，所以，即的普通方程为，
由，即的普通方程为．
联立，解得：或，即交点坐标为，；
联立，解得：或，即交点坐标为，．
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若的最小值为，正数满足，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据绝对值不等式的解法，分类讨论，即可求解；
（2）由（1）求得函数的最小值为2，得到，结合由柯西不等式，证得，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数，
当时，可得，
令，即，解得；
当时，可得，
令，即，解得，此时无解；
当时，可得，
令，即，解得，
综上所述，不等式的解集为.
【小问2详解】
解：由（1）可知，，
当时，；当时，；
当时，，所以函数的最小值为2，所以，
所以
由柯西不等式，可得，
当且仅当时，等号成立，
所以，所以.