四川省眉山第一中学2024届高三上学期12月月考试数学（理） 解析版.docx

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眉山一中高2024届第5学期12月月考试题数学(理科)试卷一、单选题1．已知集合，则=A．B．C．D．【答案】C【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．【详解】由题意得，，则．故选C．【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．2．若复数z满足，则（    ）A．1B．5C．7D．25【答案】B【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．【详解】由题意有，故．故选：B．3．血氧饱和度是呼吸循环的重要生理参数．人体的血氧饱和度正常范围是，当血氧饱和度低于时，需要吸氧治疗，在环境模拟实验室的某段时间内，可以用指数模型：描述血氧饱和度随给氧时间t（单位：时）的变化规律，其中为初始血氧饱和度，K为参数．已知，给氧1小时后，血氧饱和度为．若使得血氧饱和度达到，则至少还需要给氧时间（单位：时）为（）（精确到0．1，参考数据：）A．0.3B．0.5C．0.7D．0.9【答案】B【分析】依据题给条件列出关于时间t的方程，解之即可求得给氧时间至少还需要的小时数．【详解】设使得血氧饱和度达到正常值，给氧时间至少还需要小时，由题意可得，，两边同时取自然对数并整理，得，，则，则给氧时间至少还需要小时故选：B 4．刘徽的《九章算术注》中有这样的记载：“邪解立方有两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意思是说：把一块长方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫做堑堵，再把一块堑堵沿斜线分成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积比为2：1，这个比率是不变的．如图所示的三视图是一个鳖臑的三视图，则其分割前的长方体的体积为（    ）A．2B．4C．12D．24【答案】D【分析】根据鳖臑的三视图确定长方体的长宽高，计算体积即可．【详解】根据鳖臑的正视图得原长方体的长为3，根据鳖臑的俯视图得原长方体的宽为2，根据鳖臑的侧视图得原长方体的高为4，所以长方体的体积．故选：D5．已知，那么（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据三角函数的诱导公式，求得，化简原式，结合余弦的倍角公式，即可求解．【详解】因为，可得，又由．故选：A．6．已知是双曲线的右焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若（为坐标原点），则该双曲线的离心率为（　　）A．B．2C．3D．【答案】A【分析】利用几何特征及双曲线的性质计算即可．【详解】易知是直角三角形，双曲线的渐近线方程为，设， 由可知，所以．故选：A7．函数的大致图象为（    ）A．B．C．D．【答案】D【分析】对函数化简后，利用排除法，先判断函数的奇偶性，再取特殊值判断即可【详解】因为，，所以为偶函数，所以函数图象关于轴对称，所以排除A，C选项；又，所以排除B选项，故选：D．8．为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为A．B．C．D．【答案】B【分析】由抛物线的标准方程可得抛物线的焦点坐标和准线方程，设出，由PF=4以及抛物线的定义列式可得，即，再代入抛物线方程可得点P的纵坐标，再由三角形的面积公式可得．【详解】由可得抛物线的焦点F(1，0)，准线方程为，如图:过点P作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义可知PM=PF=4，设，则，解得，将代入可得，所以△的面积为=．故选B．【点睛】本题考查了抛物线的几何性质，定义以及三角形的面积公式，关键是①利用抛物线的定义求P点的坐标;②利用OF为三角形的底，点P的纵坐标的绝对值为高计算三角形的面积．属中档题．9．在三棱锥中，平面，，且，则三棱锥外接球的体积等于（    ）A．B．C．D． 【答案】C【分析】将三棱锥放入一个长方体中，求出长方体的体对角线即为长方体外接球的直径，利用球的体积公式即可求解．【详解】因为三棱锥中，平面，不妨将三棱锥放入一个长方体中，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，因为长方体的体对角线即为其外接球的直径，因为，则长方体的长宽高分别为所以三棱外接球的半径为．所以三棱锥外接球的体积为．故选：C．10．已知是定义域为的奇函数，当时，单调递增，且，则满足不等式的的取值范围是（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】由奇函数的定义和单调性的性质，即可求解不等式．【详解】因为是定义在R上的奇函数，时，单调递增，且，所以当时，，当时，，不等式，则当时，有，即或，解得或，又，；当时，有，即或，又，解得；综上，不等式的解集为．故选：C．11．已知，，且，则的最大值为（    ）A．2B．C．4D．【答案】B【分析】由，两边取对数得到，再设，两边取对数，利用基本不等式求解．【详解】解：因为，所以，设，则，则，当且仅当，即时，等号成立，故选：B12．已知函数，若方程恰有两个不同实根，则正数m的取值范围为（    ） A．B．C．D．【答案】D【分析】当时，函数周期为，画出函数图像，如图所示，方程两个不同实根，即函数和有图像两个交点，计算，，根据图像得到答案．【详解】当时，，故函数周期为，画出函数图像，如图所示：方程，即，即函数和有两个交点．，，故，，，，．根据图像知：．故选：．【点睛】本题考查了函数的零点问题，确定函数周期画出函数图像是解题的关键．二、填空题13．已知向量，，，则．【答案】【分析】求出，把平方化简即得解．【详解】解：由，得，由，平方得，因为，所以，所以，解得．故答案为：14．设满足约束条件，则的最大值为．【答案】4【分析】根据可行域结合几何意义求最值．【详解】作出可行域如下，由可得，当直线过点时，最小，则最大，此时．故答案为:4．15．△的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为．【答案】． 【分析】方法一：由正弦定理可得，化简求得，利用余弦定理，结合题中的条件，可以得到，由为锐角，求得，，利用三角形面积公式即可解出．【详解】［方法一］：【最优解】边化角因为，由正弦定理得，因为，所以．又因为，由余弦定理，可得，所以，即为锐角，且，从而求得，所以的面积为．故答案为：．［方法二］：角化边因为，由正弦定理得，即，又，所以，．又因为，由余弦定理，可得，所以，即为锐角，且，从而求得，所以的面积为．故答案为：．【整体点评】方法一：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出，即可求出面积，该法是本题的最优解；方法二：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出，即可求出面积．16．设函数（，），若是函数的零点，是函数的一条对称轴，在区间上单调，则的最大值是．【答案】14【分析】根据正弦型函数的零点、对称轴，结合正弦型函数的单调性进行求解即可．【详解】因为是函数的零点，是函数的对称轴，所以，，解得，．因为在区间上单调，则，得，所以． 当时，，得，，即，，又，则，得．当时，，其中，于是在区间上不单调．当时，，得，，即，，又，则，得．当时，，满足在区间上单调．综上，的最大值是14．故答案为：14【点睛】关键点睛：本题利用正弦型函数的单调性、对称性在求解时，检验区间是否单调是本题的关键．三、解答题17．已知单调递增数列的前项和为，且．(1)求的通项公式；(2)记，求数列的前项和．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）利用关系求得，结合已知及等差数列的定义写出通项公式；（2）由题设，应用错位相减法、等比数列前n项和公式求．【详解】（1）由已知，时，即有，解得，当时，由，得，两式相减，得，即，则，因为单调递增，且，则，，所以，即，故是首项为1，公差为1的等差数列，所以，的通项公式．（2）由，得，，所以，①则有，② ①－②，得，所以．18．某地区运动会上，有甲、乙、丙三位田径运动员进入了男子100m决赛，某同学决定运用高中所学的知识对该次决赛的情况进行预测，为此，他收集了这三位运动员近几年的大赛100m成绩（单位：秒），若比赛成绩小于10秒则称为“破十”．甲：10.54，10.49，10.31，10.37，9.97，10.25，10.11，10.04，9.97，10.03；乙：10.59，10.32，10.06，9.99，9.83，9.91；丙：10.03，9.98，10.10，10.01．假设用频率估计概率，且甲、乙、丙三位运动员的比赛成绩相互独立．(1)分别估计甲、乙、丙三位运动员“破十”的概率；(2)设这三位运动员在这次决赛上“破十”的人数为，估计X的数学期望．【答案】(1)甲、乙、丙三位运动员“破十”的概率分别为；(2)【分析】（1）利用古典概型的概率公式直接计算得解；（2）写出的可能取值，计算对应的概率，根据期望公式求解即可．0123【详解】（1）甲运动员“破十”的概率为，乙运动员“破十”的概率为，丙运动员“破十”的概率为．（2）的可能取值为，，，，，所以的分布列为期望．19．如图，四棱柱中，是棱上的一点，平面，，，．（1）若是的中点，证明：平面平面；（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1）详见解析；（2）．【分析】（1）由线面垂直的判定定理，证得平面，得到，又由，证得，进而得到平面，再由面面垂直的判定定理，即可证得结论；（2）以为原点，，，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，即可求解．【详解】（1）因为平面，所以，又，故平面，平面，故，因为，所以，同理，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）设，则，，以为原点，，，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系．则，，，，，，，，，记平面的法向量为，记平面的法向量为，由，得，由，得，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 【点睛】本题考查了面面垂直的判定与证明，以及二面角的求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解．20．已知函数．(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)求函数的单调区间．【答案】(1)；(2)答案见解析【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义即可求解．（2）求出导函数，分情况求解不等式和即可得解．【详解】（1）当时，，，，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即．（2），当，令得，由得，由得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为当，令得，当时，由得或，由得，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，，所以的单调增区间为，无单调减区间；当时，由得或，由得，所以的单调增区间为和，单调递减区间为．21．已知椭圆C：（a>b>0）的左､右焦点分别为，，点满足，且的面积为．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的上顶点为P，不过点P的直线l交C于A，B两点，若，证明直线l恒过定点． 【答案】(1)；(2)证明见解析．【分析】(1)由可得，由题意点在椭圆上，将点坐标代入椭圆，结合可得答案．(2)由题意，根据条件直线的斜率必存在，设直线的方程为，，将直线的方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由，则，将韦达定理代入，可得出答案．【详解】（1）由，则，所以，又，则点在椭圆上，所以，又联立解得，所以椭圆C的方程；（2）由题意，根据条件直线的斜率必存在设直线的方程为，由，得，所以（*）由，则所以，即，即或（舍）将代入（*）成立．所以直线的方程为，所以直线恒过点 22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．(1)求直线l的直角坐标方程与曲线C的普通方程；(2)已知点P的直角坐标为，直线l与曲线C相交于不同的两点A，B，求的值．【答案】(1)；；(2)．【分析】（1）由曲线的参数方程消去即可得曲线的普通方程；由直线的极坐标方程为及，即可得直线的直角坐标方程；（2）根据题意得直线的标准参数方程为（为参数），把它代入曲线的直角坐标方程，利用直线的参数的几何意义解题即可．【详解】（1）由曲线C的参数方程得．∴曲线C的普通方程为．直线l的极坐标方程化简为．由极坐标与直角坐标的互化关系，，得直线l的直角坐标方程为．（2）设直线l的参数方程为（m为参数）．将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程，整理可得．．设，是方程的两个实数根．则，．∴．23．已知函数．(1)当时，求不等式的解集；(2)若恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】(1)；(2)【分析】（1）利用三段法解绝对值不等式，得到答案；（2）利用绝对值三角不等式求出，从而得到不等式，求出答案．【详解】（1）由题知，当时，原不等式即，当时，不等式为，解得；当时，不等式为，恒成立；当时，不等式为，解得，综上，不等式的解集为；．（2）因为，当且仅当时不等式取等号，即，所以，解得，