2023届重庆市长寿中学高三上学期12月月考数学试题（解析版）

2023届重庆市长寿中学高三上学期12月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化简集合A，根据集合B中元素的性质求出集合B.

【详解】，，

,

故选：C

2．复数z在复平面内对应点的点是，则复数(i是虚数单位)的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】利用已知条件先得到，再利用复数的运算法则求解即可得出结果.

【详解】利用已知条件可得：

，

，

∴ 虚部为.

故选：B.

3．若两个正实数x，y满足，且不等式恒成立，则实数m的取值范围为（    ）

A． B．或

C． D．或

【答案】C

【分析】先由结合基本不等式求出的最小值，进而得，再解一元二次不等式即可.

【详解】由题意知，，

当且仅当，即时取等，又不等式恒成立，则不等式，

即 ，解得.

故选：C.

4．如图所示，等腰梯形中，，点为线段上靠近的三等分点，点为线段的中点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用平面向量的加法和减法以及平面向量的基本定理求解.

【详解】，

，

，

，

故选：A.

5．某地高考规定每一考场安排24名考生，编成六行四列就坐·若来自同一学校的甲､乙两名学生同时排在“考点考场”，那么他们两人前后左右均不相邻的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据甲的位置进行分类讨论，结合古典概型概率计算公式求得正确答案.

【详解】据甲的位置不同分三种情况讨论：

①甲坐在四个角的位置，有4种坐法，而乙有21种坐法，则有种坐法；

②甲坐在四条边上但不是四个角上，有12种坐法，乙有20种坐法，则有种坐法；

③甲坐在中间的位置，有8种坐法，乙有19种坐法，则有种坐法；

共有种

甲､乙共有种，

两人前后左右均不相邻的概率是.

故选: B

6．在中内角所对的边分别为，若，则当取最大值时，外接圆的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由，得到时，取最大值，求得，利用正弦定理求得，即可求得外接圆的面积.

【详解】由题意，在中，满足，

因为，

所以当时，即时，上式取得最大值，此时取最大值，

又由，可得，

因为，所以，则，

又因为，利用正弦定理可得，所以，

所以外接圆的面积为.

故选：C.

7．如图所示，在直角梯形中，､分别是､上的点，，且（如图1）.将四边形沿折起，连接（如图2）.在折起的过程中，下列说法中错误的个数是（    ）

①平面；

②四点不可能共面；

③若，则平面平面；

④平面与平面可能垂直.

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】①作出辅助线，得到四边形为平行四边形，证明出平面；

②假设四点共面，推导出，得到矛盾；

③作出辅助线，得到，结合条件得到平面，从而证明面面垂直；

④作出辅助线，得到平面平面，则平面，假设平面与平面垂直，推出矛盾.

【详解】对于①，在图2中记与的交点为，取的中点为，连接，

因为，，

所以四边形为矩形，

故为的中点，

又因为为的中点，

所以为的中位线，

故，且，

又，，

所以，且，

所以四边形为平行四边形，

即面面，

故平面，故①正确；

对于②，因为，平面，平面，

所以平面，

如果四点共面，

因为平面，

而

与已知矛盾，故②正确；

对于③，在梯形中，连接DF，过点F作FH⊥DE于点H，

因为直角梯形中，，，，

所以，四边形为正方形，为等腰直角三角形，

所以，，

又平面，

平面，

∵平面，

即有，

又与相交，平面，

平面，

∵平面，

则平面平面，故③正确；

对于④，延长至使得，连接，

因为⊥AB，BC⊥AF，，平面ABF，

所以BC⊥平面ABF，

因为BC平面BCE，

所以平面平面，交线为BG，

过作于点，

因为FN平面ABF，

则平面.

过作直线与平面垂直，其垂足在上，不在BE上，故④错误.

故选：A.

8．已知函数，若关于的函数有6个不同的零点，则实数的取值范围是（    ）

A．或

B．

C．或

D．

【答案】B

【分析】根据的图象判断的解的情况，从而得出关于的方程的根的分布情况，根据二次函数的性质列不等式组解出的范围．

【详解】解：作出的函数图象如下：

设，则当或时，方程只有1解，

当时，方程有2解，

当时，方程有3解，

当时，方程无解．

关于的函数有6个不同的零点，

关于的方程在上有两解，

，解得．

故选：B．

二、多选题

9．已知函数，下列叙述正确的有（    ）

A．的周期为2π； B．是偶函数；

C．在区间上单调递减； D．x1，x2∈R，

【答案】BC

【分析】AB选项，可以分别研究与的奇偶性和周期性，从而判断的周期性和奇偶性；C选项，在区间上，化简整理得到，，进而得到在区间的单调性；D选项可以取特殊值代入，证明其不成立.

【详解】是偶函数，不是周期函数，是偶函数，是周期函数，最小正周期为，故不是周期函数，A错误，B正确；当时，，因为，在次区间上单调递减，故在区间上单调递减，C正确；

当时，，，，即，D选项错误.

故选：BC

10．已知为椭圆的左焦点，直线与椭圆交于，点，轴，垂足为，与椭圆的另一个交点为，则（    ）

A．的最小值为2

B．面积的最大值为

C．直线的斜率为

D．直线与直线的斜率之积为定值

【答案】BCD

【分析】先由椭圆的定义可得，再利用1的代换由基本不等式可求最小值可判断A；由直线与椭圆方程联立，解得交点坐标，得出面积关于的函数关系式，求函数最值可判断B；由对称性，可设，则，，则可得直线的斜率与的关系可判断C，先由A、B对称且与点P均在椭圆上，可得，又由C项可知，可得可判断D，进而可得正确选项.

【详解】对于A，设椭圆的右焦点为，连接，，则四边形为平行四边形，

所以，所以，当且仅当时等号成立，故选项A错误；

对于B，由得，或，所以，所以的面积，当且仅当时等号成立，故选项B正确；

对于C，设，则，，

故直线的斜率，故选项C正确；

对于D，设，则，

又因为点和点在椭圆上，所以①，②，

①②得：，因为，则，得，

所以，直线与直线的斜率之积为定值，故选项D正确；

故选：BCD.

11．已知二项式的展开式中各项系数的和为,则下列结论正确的是（    ）

A．

B．展开式中二项式系数和为128

C．展开式中项的系数为21

D．展开式中有3项有理项

【答案】BD

【分析】根据各项系数的和为,令即可得,可得选项A错误,二项式系数和即,即可判断选项B的正误,根据二项式定理写出通项,使的幂次为1,解得项数,即可得选项C的正误,使通项中的幂次为有理数即可判断选项D的正误.

【详解】解:由题可得,不妨令,

得,

所以,

故选项A错误;

展开式中二项式系数和为,

故选项B正确;

展开式的通项公式为,

令,解得,

展开式中项的系数为,

故选项C错误;

展开式的通项公式为,

当时,

为有理项,

故选项D正确.

故选:BD

12．某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，采用了新工艺，把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品.已知该单位每月的处理量最少为400吨，最多为600吨，月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似地表示为y=x2-200x+80000，且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为100元.以下判断正确的是（    ）

A．该单位每月处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低

B．该单位每月最低可获利20000元

C．该单位每月不获利，也不亏损

D．每月需要国家至少补贴40000元才能使该单位不亏损

【答案】AD

【分析】根据题意，列出平均处理成本表达式，结合基本不等式，可得最低成本；列出利润的表达式，根据二次函数图像与性质，即可得答案.

【详解】由题意可知，二氧化碳每吨的平均处理成本为，

当且仅当，即时等号成立，

故该单位每月处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低，最低成本为200元，故A正确；

设该单位每月获利为S元，

则，

因为，

所以.

故该单位每月不获利，需要国家每月至少补贴40000元才能不亏损，故D正确，BC错误，

故选：AD

【点睛】本题考查基本不等式、二次函数的实际应用，难点在于根据题意，列出表达式，并结合已有知识进行求解，考查阅读理解，分析求值的能力，属中档题.

三、填空题

13．已知函数在上具有单调性,则实数的取值范围是     

【答案】或

【分析】先确定函数的对称轴，结合二次函数的性质，由函数在具有单调性，分类讨论：函数单调递增和单调递减，讨论对称性与区间端点的位置可求解．

【详解】∵的对称轴，且函数在具有单调性，

∴或，解得或，

故答案为：或

14．已知函数为奇函数，设，则___________.

【答案】4042

【分析】由函数的性质先得出的对称性，再得出的对称性，即可求解.

【详解】解：函数为奇函数，

关于对称

关于对称

关于对称

故答案为：.

15．若，，，且共面，则_______.

【答案】1

【分析】根据向量共面定理，可得到存在不同时为零的实数 ，使得，列出方程组，解得答案.

【详解】由于共面，

故存在不同时为零的实数 ，使得 ，

即 ，解得 ，

故答案为：1

16．已知函数是定义在的奇函数，当时，，则不等式的解集为___________.

【答案】

【分析】构造函数，分析的奇偶性、单调性，由此化简不等式并求得不等式的解集.

【详解】函数是定义在的奇函数，

构造函数，，

所以为偶函数，

当时，，递减，

当时，递增.

，，

当，即时，，，

.

当，即时，，

.

综上所述，不等式的解集为.

故答案为：

四、解答题

17．已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足，，．

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100．

【答案】(1)，，，

(2)11302，

【分析】（1）先由已知条件求出，，从而可求出公差和公比，进而可求出数列的通项公式，

（2）由（1），即是数列中的第项，而，，从而可知数列的前100项是由数列的前107项去掉数列的前7项后构成的，进而可求得结果

【详解】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，

由，，，可得，，

则d=2，q=2，，，，

（2）由（1），

即是数列中的第项，

设数列的前n项和为，数列的前n项和为，

因为，，

所以数列的前100项是由数列的前107项去掉数列的前7项后构成的，

所以，

18．如图：某公园改建一个三角形池塘，，（百米），（百米），现准备养一批观赏鱼供游客观赏．

(1)若在 内部取一点P，建造APC连廊供游客观赏，如图①，使得点P是等腰三角形PBC的顶点，且，求连廊的长（单位为百米）；

(2)若分别在AB，BC，CA上取点D，E，F，并建行连廊，使得 变成池中池，放养更名贵的鱼类供游客观赏．如图②，当为正三角形时，求的面积的最小值．

【答案】(1)百米

(2)(百米)

【分析】（1）由余弦定理即可求得，在 中，确定，由余弦定理求得，即可求得答案；

（2）设正三角形DEF的边长a，，（）则可表示，，从而可由正弦定理表示出，结合三角函数的性质求得其最小值，即可求得答案.

【详解】（1）∵点P是等腰三角形PBC的顶点，且，，

∴且由余弦定理可得：，

解得，

又∵∴,

∵在 中，，,∴,

在△ACP中，由余弦定理得,

解得，；

∴，

∴连廊的长为百米．

（2）设正三角形DEF的边长a，，（）

则，，

设,

可得，，

∴，

在 中，由正弦定理得：，

即，即,

化简得：，

∴（其中，θ为锐角，且）

∴.

19．3月12日为我国的植树节，某校为增强学生的环保意识，普及环保知识，于该日在全校范围内组织了一次有关环保知识的竞赛，现从参赛的所有学生中，随机抽取200人的成绩（满分为100分）作为样本，得到成绩的频率分布直方图，如图所示，其中样本数据分组区间为.

(1)求频率分布直方图中的值，并估计该校此次环保知识竞赛成绩的第50百分位数；

(2)在该样本中，若采用分层抽样的方法，从成绩低于70分的学生中随机抽取6人，查看他们的答题情况，再从这6人中随机抽取2人进行调查分析，求这2人中至少有1人成绩在内的概率.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据频率之和为列方程，从而求得，根据百分位数的求法求得第百分位数.

（2）利用列举法，结合古典概型概率计算公式求得正确答案.

【详解】（1）由频率分布直方图可得，，

则，

前3组的频率和为，

第4组频率为，

所以第50百分位数位于第4组内，

记第50百分位数为，则，解得，

即第50百分位数为；

（2）由频率分布直方图可知，

成绩在内的频率分别为，

采用分层抽样的方法从样本中抽取的6人，

成绩在内的有1人，记为，

成绩在内的有2人，记为，

成绩在内的有3人，记为，

则从成绩在内的6人随机抽取2人，共有：

､､

，共有15种，

2人中至少有1人成绩在内，共有：

､､，有12种，

记事件“人中至少有1人成绩在内”，则.

20．如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为1的菱形，，.

(1)求线段的长；

(2)求异面直线与所成角的大小.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)设，，然后表示出，然后结合已知条件，利用数量积求解即可；(2)利用，，表示出，，然后利用数量积求得即可证明.

【详解】（1）设，，，

则，，，，，

∵，

∴

∴线段的长为.

（2）∵，，

∴，

∴，

故异面直线与所成的角为90°.

21．已知椭圆的左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，四边形的周长为．

（1）求E的方程；

（2）设为上异于的动点，直线与轴交于点，过作，交轴于点．试探究在轴上是否存在一定点Q，使得，若存在，求出点Q坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）存在；．

【分析】（1）根据顶点坐标求解出的值，再根据四边形的周长求解出的值，则椭圆方程可求；

（2）假设点存在，设，然后分别写出直线的方程并确定出的坐标，根据坐标形式下向量的数量积运算结合在椭圆上对应的等式得到关于的方程，由此可求出点坐标.

【详解】解法一：（1）依题意，

由椭圆的对称性可知，四边形为菱形，其周长为．

所以

所以的方程为．

（2）设，则，

直线的方程为，故，

由知的方程为，故，

假设存在，使得，则

．

解得．

所以当的坐标为时，

解法二（1）同解法一．

（2）当点与点重合时，点即，而点即，

假设存在，使得，则，即，解得．

以下证明当Q为时，；

设，则，

直线的方程为，故．

由知的方程为，故，

所以

，

所以当的坐标为时，．

22．若函数和的定义域均为，关于和的“线函数”定义如下：存在实数，使得.

(1)函数，线函数，求实数的值；

(2)若关于和的线函数同时满足以下条件：①是偶函数；②的最小值为1.求的解析式.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)根据题意可得：，利用多项式相等对应项的系数相等即可求解；

(2)根据线函数的定义可得，然后再利用为偶函数可得，再根据的最小值为1即可求解.

【详解】（1）由函数，线函数，可得，

即有，

解得；

（2）关于和的线函数，

可得，由为偶函数，

可得，

即有，

即为，化为，

则，

又，

由的最小值为1，

可得，由，

当且仅当时函数取得最小值，即，

故.