四川省绵阳市南山中学实验学校2024届高三上学期12月月考数学试题（Word版附解析）.docx

1、绵阳南山中学实验学校高2021级高三（上）12月月考文科数学命题人：王博 审题人：姚尊培注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，答题卡收回.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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 或【答案】A【解析】【分析】解集合M中的不等式，求集合N中函数的值域，得到这两个集合，

2、再求并集.【详解】不等式解得，则， 由，得，则，所以.故选：A2. 设复数z满足(1+i)z=2i，则z=（ ）A. B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】求出即得解.【详解】解：由题意可得，所以，所以.故选：C3. 设为单位向量，且，则向量夹角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据平面向量的数量积定义，数量积的运算律及向量模的计算方法即可求解.【详解】由可得：，即.因为为单位向量所以.所以，解得：.故选：A4. 已知，或，则是的 （ ）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【答案】A【解析】【分析】先由，得到，

3、由，的关系可推出，的关系.【详解】由题意，且，当且时，成立，但当时，且不一定成立，故，所以，所以是的充分不必要条件.故选：A5. 执行下面的程序框图，输出的（ ） A. 21B. 34C. 55D. 89【答案】B【解析】【分析】根据程序框图模拟运行，即可解出【详解】当时，判断框条件满足，第一次执行循环体，；当时，判断框条件满足，第二次执行循环体，；当时，判断框条件满足，第三次执行循环体，；当时，判断框条件不满足，跳出循环体，输出故选：B.6. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将改写成的形式，利用诱导公式和二倍角公式即可求得结果.【详解】由可得，由二倍角公式可得

4、；即故选：A7. 设e是椭圆的离心率，且e ，则实数k的取值是()A. B. C. 或D. 或【答案】D【解析】【分析】首先分类讨论：1.焦点在x轴；2焦点在y轴，根据离心率公式列出关于k的方程.【详解】（1）当焦点在x轴时,即k4 e= ,解得k=综上所述：k=或故选D【点睛】本题考查利用椭圆离心率求解椭圆方程和分类讨论思想;利用离心率公式求解椭圆方程需要分清楚“a”和“b”需要分类讨论.8. 直线与曲线（m，n为非零实数）在同一平面直角坐标系中的示意图可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由，得，然后根据所给图形逐个分析即可【详解】解：由，得，对于A，若曲线的图像正

5、确，则，所以直线过一、二、三象限，所以A错误；对于B，若曲线的图像正确，则，所以直线过一、三、四象限，所以B正确；对于C，若曲线的图像正确，则，所以直线过一、二、四象限，且由图可知两图在轴上有公共点，则可得，从而有，直线方程为，由，可得或，则交点应在第一象限，所以C错误；对于D，若曲线的图像正确，则，所以直线过一、二、四象限，所以D错误，故选：B9. 已知直线过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，与抛物线的准线交于C点，若，则等于（ ）A. 2B. 3C. D. 【答案】B【解析】【分析】过点作垂直于准线交准线于，过点作垂直于准线交准线于，根据相似得到，再利用抛物线的性质得到答案.【详解

6、】如图所示：过点作垂直于准线交准线于，过点作垂直于准线交准线于，则，故，即.故选：B10. 已知两点，以及圆C: ，若圆C上存在点P，满足，则r的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由知,即点在以为直径的圆上, 又点在圆C上,据此可得两圆必有公共点,根据圆心距和半径之间的关系,列不等式求解即可.【详解】因,所以,即点在以为直径的圆上,又因为点在圆C上,所以点为两圆的公共点,即两圆必有公共点,因为,，设以为直径的圆的圆心为,则圆的圆心为,半径为,因为圆C的圆心为,半径为,所以可得,解得,.故选:B【点睛】本题考查圆与圆的位置关系及向量垂直的数量积表示;考查运算求解能

7、力和转化与化归能力;把存在性问题转化为判断两圆的位置关系问题是求解本题的关键;属于中档题.11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条直线与双曲线右支交于两点，坐标原点为，若，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由得，由双曲线定义得，在中应用勾股定理得，在中再应用勾股定理得的关系式，求得离心率【详解】因为，所以，又，所以，又，由得，解得，所以由，得，解得故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查求双曲线的离心率，解题关键是由得，然后结合双曲线的定义在中应用勾股定理求得，在中应用勾股定理建立的关系12. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】

8、【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.【详解】方法一：构造函数因为当故，故，所以；设，所以在单调递增，故，所以，所以，所以，故选A方法二：不等式放缩因为当，取得：，故，其中，且当时，及此时，故，故所以，所以，故选A方法三：泰勒展开设，则，计算得，故选A.方法四：构造函数因为，因为当，所以,即，所以；设，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，故选：A方法五：【最优解】不等式放缩因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以故选：A【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩

9、，即可得出大小关系，属于最优解二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知直线，若，则实数_.【答案】或【解析】【分析】根据两直线平行的充要条件列出方程求解即得.【详解】由可得：且，解得：或.故答案为：或.14. 设等比数列的前项和为，若，则_.【答案】【解析】【分析】由题意公比不为1，利用等比数列的求和公式求解即可.【详解】，否则.，.故答案为：【点睛】本题主要考查了等比数列的求和公式，考查了计算能力，属于中档题.15. 若椭圆的弦恰好被点平分，则的直线方程为_.【答案】【解析】【分析】利用点差法解决中点弦问题.【详解】由题意，直线斜率存在，设，则有，在椭圆上，有，两式相减

10、，得，即，得，即直线的斜率为，则的直线方程为，即.故答案为：16. 已知抛物线，其焦点为点，点是拋物线上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为_.【答案】#【解析】【分析】通过确定直线过定点M，得到Q在以FM为直径的圆上，将P到Q的距离转化为到圆心的距离的问题，再利用抛物线的定义就可得到最小值.【详解】将已知直线化为，当时，可确定直线过定点，记为M点.过点F做直线的垂线，垂足为Q，直线，即，故Q点的轨迹是以FM为直径的圆，半径，其圆心为FM的中点，记为点H，P在抛物线上，其准线为，等于P到准线的距离.过P作准线的垂线，垂足为R.要使取到最小，即最小，此时R、P、Q三点共线，且三点连线后

11、直线RQ过圆心H.如图所示，此时.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.1721题为必考题，每个考生都必须作答；2223题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 已知函数.（1）求的最小正周期；（2）在中，分别是角的对边，若，且的面积为，求外接圆的半径.【答案】（1） （2）2【解析】【分析】（1）利用降幂公式及两角和正弦公式化简得，根据最小正周期公式即得.（2）由（1）得，利用正弦面积公式与余弦定理得到，再借助正弦定理得结果.【小问1详解】 ，的最小正周期；【小问2详解】由，可得，又， ，由，得，由余弦定理得：，得，由正弦定理得外接圆的半

12、径.18. 已知数列的前项和为，且（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由与的关系和等比数列的定义进行求解即可；（2）由错位相减法进行求解即可.【小问1详解】由已知，当时，即，.当时，两式相减，得，即，（），由等比数列的定义知，数列是首项，公比的等比数列，数列的通项公式为.【小问2详解】由第（1）问，得，得，.19. 已知线段的端点为，端点在圆上运动，是线段的中点.（1）求点的轨迹方程；（2）记（1）中所求轨迹为曲线，过定点的直线与曲线交于，两点，曲线的中心记为点，求当面积最大时直线的方程.【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）设点，可得，

13、又在圆上，将坐标代入圆的方程可以求解整理可得轨迹；（2）分直线的斜率存在不存在两种情况讨论，设出直线方程，表示出面积，利用三角函数求最值.小问1详解】设，是线段的中点，则即点在圆上运动，点的轨迹方程为；【小问2详解】 过定点的直线与曲线交于，两点，则直线的斜率一定存在且不为，设直线，即，设， 当时，的面积最大，此时为等腰直角三角形，设圆心到直线的距离为，由勾股定理有，又到直线距离也为，所以：，解之得或 ，此时的方程为或.20. 已知椭圆的左、右焦点为，若上任意一点到两焦点的距离之和为，且点在上.（1）求椭圆的方程；（2）在（1）的条件下，若点，在上，且(为坐标原点)，分别延长，交于，两点，则四

14、边形的面积是否为定值？若为定值，求四边形的面积，若不为定值，请说明理由.【答案】（1） （2）四边形的面积为定值，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据定义可求出，利用点在椭圆上列方程即可求出，进而得到椭圆方程；（2）设直线的方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合，得到与的关系，由弦长公式和点到直线距离公式即可得到，根据图象对称性即可计算四边形的面积.【小问1详解】因为上任意一点到两焦点距离之和为， 所以，即.又因为点在上，所以，则，故椭圆的方程为 .【小问2详解】四边形的面积为定值，理由如下：当直线斜率为0时，因为，不妨设，则，则，此时四边形的面积为为定值；当直线斜率不为0时，设，且，.

15、联立，得.由，得，则，则，因为， 所以，即，即，则，又原点到的距离，所以四边形的面积 ，综上，所以四边形的面积为定值.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21. 已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数在上单调递增，求a的取值范围.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）把代入，求出的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即可.（2

16、）由单调性可得在区间上恒成立，利用导数结合分类讨论的思想求解恒成立问题而得实数的取值范围.【小问1详解】当时，求导得，则，而，于是，所以曲线在处的切线方程为.【小问2详解】函数，求导得，由函数在上单调递增，得在区间上恒成立，而，令，依题意，在区间上恒成立，求导得，当时，而，则，在区间上单调递减，此时，不合题意；令，则，当，时，由于，则在区间上单调递增，即在区间上单调递增，于是，在区间上单调递增，满足题意；当时，由，得，当时，在区间上单调递减，即单调递减，则当时，单调递减，因此当时，不合题意，所以实数得取值范围是.【点睛】方法点睛：由函数的单调性求参数的取值范围的方法：函数在区间上单调，实际上就

17、是在该区间上(或)恒成立函数在区间上存在单调区间，实际上就是(或)在该区间上存在解集（二）选考题：共10分.请在2223题中任选一题作答，若多做，则按所做第一题计分.22. 在平面直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数，），曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线的极坐标方程；（2）若点，直线与曲线所在抛物线交于A，B两点，且，求直线的普通方程【答案】（1）， （2）或.【解析】【分析】（1）由将曲线的参数方程化为普通方程，再根据极坐标和直角坐标的转化公式即可得出答案；（2）将直线的参数方程代入曲线的普通方程，可得根与系数的关系式，结合

18、根与系数的关系式化简可求得的值，即可求出直线的斜率，再由点斜式即可得出答案.【小问1详解】因，由，所以曲线的普通方程为，所以，即所以曲线的极坐标方程为，.【小问2详解】设A，B两点对应的参数分别为，将代入得，由题知，所以，因为，所以，又，所以，故当时，代入得，此时的普通方程为，即当时，代入得，此时的普通方程为，即，联立可得，即，解得：或，所以直线的普通方程为或23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）或 （2）【解析】【分析】（1）分，三种情况，去掉绝对值求解即可得出答案；（2）先根据（1），得出函数解析式，分，三种情况，分别根据函数单调性，得出函数的最小值.进而推得，求解即可得出答案.【小问1详解】当时，由可得，解得.又，所以解为；当时，由可得，解得.又，所以无解；当时，由可得，解得.又，所以解为.综上所述，不等式的解集或.【小问2详解】由（1）可知，.当时，单调递减，此时有；当时，单调递减，此时有；当时，单调递增，此时有.综上所述，在处有最小值为.由已知恒成立，只需，即，