2024届重庆市拔尖强基联盟高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届重庆市拔尖强基联盟高三上学期12月月考数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，证明题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用复数的运算化简，结合模长公式计算即可.
【详解】，所以，
故选：A.
2．已知圆，圆，则这两圆的位置关系为（ ）
A．内含B．相切C．相交D．外离
【答案】A
【分析】根据圆的方程确定圆心及半径，由两圆圆心距离与半径的关系判断位置关系.
【详解】由题设，：，：，
∴，半径；，半径；，
∴，即两圆内含.
故选：A
3．在首项为1的数列中，满足，则（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】D
【分析】根据数列的递推关系可得为周期数列，且周期为3，即可利用周期求解.
【详解】由可得，
由于，所以，，
因此为周期数列，且周期为3，
故，
故选：D
4．若且，则（ ）
A．B．6C．36D．12
【答案】C
【分析】将化成对数式，代入，利用换底公式等计算即可.
【详解】因为，所以，
所以.
解得：.
故选：C.
5．已知点M为外接圆O上的任意一点，，则的最大值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量数量积的几何意义，结合图形即可求解.
【详解】设外接圆的半径为，由正弦定理得，
故．
所以，
当过点圆上一点作平行于的圆的切线时，此时最大，
由于到的距离为,所以的最大值为
故选：B
6．在平面直角坐标系中，集合，集合，已知点，点，记表示线段长度的最小值，则的最大值为（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】D
【分析】将集合看作是直线的集合，求出定点坐标，即可得出答案.
【详解】集合可以看作是表示直线上的点的集合，
由变形可得，，
由可得，，
所以直线过定点.
集合可看作是直线上的点的集合，
由变形可得，，
由可得，，
所以，直线过定点.
显然，当线段与直线都垂直时，有最大值.
故选：D.
7．设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对于结合不等式的性质，易判断大小；对于可构造函数，利用导数的单调性、最值即可判断.
【详解】对于，显然，，所以；
对于，
可构造函数，且，
所以，
当时，所以在单调递增，
当时，所以在单调递减，
所以，所以，
所以，即，故，所以.
综上：.
故选:A.
8．点为正四面体的内切球球面上的两个动点，为棱上的一动点，则当取最大值时，（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】根据正四面体体积的等积性、球的几何性质、圆的切线性质，结合锐角三角函数定义、正切二倍角公式、正弦函数的单调性进行求解即可.
【详解】设该正四面体的棱长为，
设该正四面体的内切球的球心为，顶点在底面的射影为，
显然在线段上，显然该正四面体内切球的半径为，
如图所示：
由正弦定理可知：，
由勾股定理可知：，
由三棱锥体积的等积性可得：
，
，
由球的性质可知：当与圆相切时，最大，
如图所示：，
由圆的切线长定理可知：，
在直角三角形中，，
最大时，最小，因为，
所以此时为的中点，即有，
正四面体的内切球的球心为，显然也是该正四面体的外接球的球心，
所以，
因此，
，
于是有，
故选：D
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用球的几何性质、正弦函数的单调性、三棱锥的体积等积性.
二、多选题
9．如图，在正四棱柱中，，O为此正四棱柱的外接球球心，下列说法正确的是（ ）
A．B．球的表面积为
C．点到的距离为D．四棱锥的表面积为
【答案】ACD
【分析】根据线面垂直即可求解线线垂直，判断A，根据正四棱柱的性质可知外接球的直径为体对角线，即可求解BC，根据面积公式，结合正棱锥的性质即可求解D.
【详解】由于四棱柱为正四棱柱，所以底面为正方形，
故平面，
因此平面,平面,所以，A正确，
由正四棱柱的性质可得其外接球的球心为的中点，为外接球一条直径，
因为，
所以正四棱柱的外接球的半径为，
其表面积为，B错误，
由于平面，平面，所以，
在中，由于,为的中点，
所以点到的距离为,故C正确，
由于为的中点，所以四棱锥为正四棱锥，且侧棱长为，
因此侧面上的高为,则侧面积为,
底面积为4，故四棱锥的表面积为，D正确，
故选：ACD
10．已知圆，直线（且不同时为0），下列说法正确的是（ ）
A．当直线经过时，直线与圆相交所得弦长为
B．当时，直线与关于点对称，则的方程为：
C．当时，圆上存在4个点到直线的距离为
D．过点与平行的直线方程为：
【答案】AB
【分析】对于A选项：利用直线经过得到，求出圆心到直线的距离，借助圆的弦长公式计算即可;
对于B选项：利用直线关于点对称的直线的求法，求解即可;
对于C选项：借助圆心到直线的距离，半径，以及圆上的点到直线的距离的大小关系判断即可;
对于D选项：借助直线平行的相关知识，求出与之平行的直线即可.
【详解】因为圆，所以圆心为，半径，
对于A选项：因为直线经过，所以，，
所以圆心到直线的距离为，
直线与圆相交所得弦长为，故A选项正确；
对于B选项：当时，直线，因为直线与关于点对称，所以直线与平行, 由于到的距离为2，所以到的距离也为2，
所以的方程为：，故B选项正确；
对于C选项：当时，直线,此时圆心到直线的距离为，
由于半径，
所以在直线的右侧：，所以在直线的右侧不存在满足条件的点；
在直线的左侧：，所以在直线的左侧存在满足条件的点有2个；
所以圆上只存在2个点到直线的距离为，故C选项错误;
对于D选项：过点与平行的直线方程可设为: ，
将点代入，所以，即,
所以过点与平行的直线方程为: ，故D选项错误.
故选：AB.
11．已知函数是偶函数，其中，若函数，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到
C．的一个单调递增区间是
D．若关于的方程在上有两个不同的实根，则的取值范围是
【答案】ABD
【分析】根据奇偶性定义可得，即可判断A，根据函数图象平移可判断B，根据单调区间与周期的关系可判断C，结合函数图象可判断D.
【详解】函数为偶函数，其中，
所以，
因此对于任意的恒成立，
则所以，由于，故，A正确，
，
将函数的图象向右平移个单位长度得到，
而，所以B正确，
由于的最小正周期为，而，所以不是的一个单调区间，故C错误，
令，由于，所以，
则在上有两个不同的实根，作出的图象如下：
当时，，故在上有两个不同的实根，则，D正确，
故选：ABD
12．定义在上的函数同时满足以下条件：
① ②
③ ④
则下列说法正确的有（ ）
A．若，则B．方程在上无实数解
C．若，则D．
【答案】ACD
【分析】根据对称性结合条件④③即可根据,判断BC，进而根据可判断AD,
【详解】由②可知在上的图象关于对称，
由③ 可知
，所以，则，A正确，
，故，D正确，
，所以存在，使得，B错误，
，C正确，
故选：ACD
三、填空题
13．已知数列是等差数列，表示数列的前项和，若，则 ；
【答案】52
【分析】根据等差数列前项和公式、等差数列的性质求得正确答案.
【详解】.
故答案为：52
14．若，则 ．
【答案】
【分析】根据两角和的余弦公式、平方关系、二倍角公式求解.
【详解】，
所以，，
所以，
故答案为：.
15．设椭圆的两个焦点是，过点的直线与椭圆交于点，若，且，则椭圆的离心率是 ．
【答案】
【分析】根据椭圆定义可得长度关系，即可利用余弦定理求解.
【详解】不妨设椭圆方程为，
则，，
由于,所以由余弦定理可得，
化简得，
由于，所以，故
故答案为：
16．若，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】借助基本不等式有消去、，对求最大值即可，再应用三角函数的单调性即可得.
【详解】由题意得：，，，
则，
当且仅当时等号成立，
即，
即，
则有，则，,
有在单调递增，
在上单调递减，
故在上单调递增，
则当时，即、时，
有最大值，
即的最大值为.
故答案为：.
【点睛】本题关键在于如何将多变量求最值问题中的多变量消去，结合基本不等式与题目条件可将、消去，再结合三角函数的值域与单调性即可求解.
四、问答题
17．等差数列满足，等比数列满足，
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用等差数列与等比数列的通项公式分别列式即可得解；
（2）利用错位相减法即可得解.
【详解】（1）设公差为公比为，则，
则，解出．
所以，
又由，解出．
所以.
（2）由（1）得，
则，
故，
两式相减得，
，
所以.
五、证明题
18．在中，内角所对的边分别为，满足
(1)求证：；
(2)若为锐角三角形，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，借助三角恒等变换公式化简即可.
（2）利用为锐角三角形，求出，表示出，并进行换元转化为二次函数,进而求得最大值.
【详解】（1）由题，
由正弦定理：，
所以，
整理，
所以，
或（舍）,
.
（2）为锐角三角形,
解得：,所以，
且
由（1）问，，
令，
则，
所以
因为,
当时，所求的最大值为.
19．五棱锥中，，，，，，，，平面平面，为的中点，

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，证得平面，再由四边形为平行四边形，证得，得到，证得平面，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，进而证得平面；
（2）取中点，连接，证得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：取的中点，连接，
因为为的中点，所以，
又因为平面，且平面，所以平面，
因为，所以四边形为平行四边形，可得，
又因为，所以，
因为平面，且平面，所以平面，
又因为，平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，平面．
（2）解：取中点，连接，由，可得，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
以为坐标原点，为轴，过作轴，过点作轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，
则
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
又由，可得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.

六、解答题
20．研究表明，学生的学习成绩y（分）与每天投入的课后学习时间x（分钟）有较强的线性相关性．某校数学小组为了研究如何高效利用自己的学习时间，收集了该校高三（1）班学生9个月内在某学科（满分100分）所投入的课后学习时间和月考成绩的相关数据，下图是该小组制作的原始数据与统计图（散点图）．
(1)当时，该小组建立了与的线性回归模型，求其经验回归方程；
(2)当时，由图中观察到，第3个月的数据点明显偏离回归直线，若剔除第3个月数据点后，用余下的4个散点做线性回归分析，得到新回归直线，证明：；
(3)当时，该小组确定了与满足的线性回归方程为：，该数学小组建议该班在该学科投入课后学习时间为40分钟，请结合第（1）（2）问的结论说明该建议的合理性．
附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)建议合理
【分析】（1）利用最小二乘法求解；
（2）利用最小二乘法求解；
（3）利用回归直线的斜率的意义判断.
【详解】（1）解：，，
，
则，
所求经验回归方程为：；
（2）设的方程为，，，
∴，
则，
的方程为，故，；
（3）当时，的斜率为0.4，这个斜率的意义是：课后每多投入10分钟，平均分就能提高4分；
当时，回归直线的斜率为0.01这个斜率的意义是：课后每多投入10分钟，平均分就能提高0.1分，说明投入几乎没用，
故该学习小组的建议是合理的.
七、问答题
21．已知点为椭圆内的两点，在椭圆上存在两点，满足，直线交椭圆于点（点异于点）．
(1)当时，求点的纵坐标；
(2)求点，横坐标乘积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据条件得到坐标间的关系，代入椭圆方程解得B的纵坐标，即得B的横坐标关于的函数关系，根据可解出点的纵坐标.
（2）直线与椭圆相交，根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，利用（1）中关系进行化简计算求得.
【详解】（1）设，由，即
有，从而
进一步，解得
故时，,所以点的纵坐标为.
（2）由（1）可知，.
设
①当斜率不存在时，重合，此时
②当斜率存在时，设直线，则
则
∵仅在椭圆内，与椭圆一定相交
当且仅当即时，等号成立
故
22．已知函数，其中．
(1)若在单调递增，求a的取值范围；
(2)若有三个极值点，记为，且，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数恒为非负，即可将问题转化为在上恒成立，构造函数，求导即可求解最值求解；
（2）根据与有两个交点结合图象可得，进而得，构造函数和，求导确定函数的单调性求解最值即可.
【详解】（1）由题可得，
由题，有在上恒成立,
即在上恒成立，
在上恒成立，
令，
由，解得；由，解得，
在上单调递减，在上单调递增，
，
所以；
（2）由题知，有3个根，显然1为其中一个根，则有两根．
即有两根，亦即与有两个交点．
由（1）作出大致图象如下：
则有．故由，
令 ①
又 ②
由①②，解得，
故,
令，则，
设，
设
则当时单调递减，故当，故，
因此，故在单调递增，
因此，
故，在单调递增，而，
因此由可得，
故,即.
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明 不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
月次
1
2
3
4
5
6
7
8
9
某科课后投入时间（分钟）
20
25
30
35
40
45
50
55
60
高三（1）班某科平均分（分）
65
68
75
72
73
73
73
73．5
73