2024届重庆市沙坪坝区重庆一中高三上学期12月月考数学试题含答案

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上．
2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解分式不等式求集合A，求对数复合函数的值域求集合B，应用集合交运算求结果.
【详解】由，即，
由，故，
所以.
故选：B
2. 已知p：双曲线C的方程为，q：双曲线C的渐近线方程为，则（ ）
A. p是q的充要条件B. p是q的充分不必要条件
C. p是q的必要不充分条件D. p是q的既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的性质，判断充分必要条件，即可判断选项.
【详解】若双曲线的方程为，则渐近线方程为，
若双曲线C的渐近线方程为，则双曲线的方程为，
所以，但，
所以是的充分不必要条件.
故选：B
3. ，，若，则实数a的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由直线垂直的充要条件列出方程结合特殊三角函数值运算即可.
【详解】由题意，则当且仅当，即，解得.
故选：C.
4. 设，，，则有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由倍角公式化简为正切函数，再结合正切函数的单调性可得出答案.
【详解】，
，
因为在上单调递增，
所以，
即，
故选：C.
5. 已知在四面体中，底面是边长为的等边三角形，侧棱长都为，D为的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用中位线将异面直线所成角转化为相交直线与所成角，再利用余弦定理解三角形即可.
【详解】
取中点，连接，由为中点，
则，且；
则（或其补角）即为直线与直线所成角.
又底面三角形是边长为的等边三角形，
则中线长；
在中，设中线长，
则，由余弦定理得,
，
所以，化简得，
解得，则有，
在中，由余弦定理得,
,
直线与直线所成角为锐角，则余弦值为.
故选：B.
6. 教务处准备给高三某班的学生排周六的课表，上午五节课，下午三节课．若准备英语、物理、化学、地理各排一节课，数学、语文各排两节课连堂，且数学不排上午的第一节课，则不同的排课方式有（ ）
A. 216种B. 384种C. 408种D. 432种
【答案】D
【解析】
【分析】由数学、语文不能同时安排在下午，分为数学（连堂）或语文（连堂）安排在下午、数学、语文都安排在上午，再应用分步计数及排列组合求不同的排课方式.
【详解】由题意，数学、语文不能同时安排在下午，
若数学（连堂）安排在下午，在英语、物理、化学、地理中选一种安排在下午有种，
再把余下的三科与语文（连堂）安排在上午，把上午看作四节课，则有种，
此时共有种；
若语文（连堂）安排在下午，在英语、物理、化学、地理中选一种安排在下午有种，
再把余下的三科与数学（连堂）安排在上午，且数学不排上午的第一节课，
把上午看作四节课，数学只能安排在后三节有种，其余三科全排有种，
此时共有种；
若数学、语文都安排在上午，在英语、物理、化学、地理中选一种安排在上午有种，
将上午看作三节课，且数学不排上午的第一节课，有种，
再把余下的三科安排在下午作全排有种，
此时共有种；
综上，共有种.
故选：D
7. 已知为正项等比数列，且，若函数，则（ ）
A. 2023B. 2024C. D. 1012
【答案】A
【解析】
【分析】由等比数列的性质可得，再由题意可得出，由倒序相加法可求出答案.
【详解】因为为正项等比数列，且，
所以，
由可得，
所以，
所以设，
则，
所以两式相加可得：，故，
故选：A.
8. 已知，，，，，则的最大值为（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意首先得出为两外切的圆和椭圆上的两点间的距离，再由三角形三边关系将问题转换为椭圆上点到另一个圆的圆心的最大值即可.
【详解】如图所示：
不妨设，
满足，，，
又，即，
由椭圆的定义可知点在以为焦点，长轴长为4的椭圆上运动，
，
所以该椭圆方程为，
而，即，即，
这表明了点在圆上面运动，其中点为圆心，为半径，
又，等号成立当且仅当三点共线，
故只需求的最大值即可，
因为点在椭圆上面运动，所以不妨设，
所以，
所以当且三点共线时，
有最大值.
故选：A.
【点睛】关键点睛：解题的关键是将向量问题转换为圆锥曲线中的最值问题来做，通过数学结合的方法巧妙的将几何问题融入代数方法，从而顺利得解.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 已知左、右焦点分别为，的椭圆的长轴长为4，过的直线交椭圆于P，Q两点，则（ ）
A. 离心率
B. 若线段垂直于x轴，则
C. 的周长为8
D. 的内切圆半径为1
【答案】BC
【解析】
【分析】首先由题意把参数求出来，根据平方关系、离心率公式运算即可判断A；由题意将代入椭圆方程求出弦长即可判断B；由椭圆定义即可判断C；由的周长是定值，但面积会随着直线的倾斜程度而变化，由此即可判断D.
【详解】对于A，由题意椭圆的长轴长为4，所以，解得，
所以，离心率为，故A错误；
对于B，
由A可知椭圆方程为，由题意若直线的方程为，将其代入椭圆方程可得，即，故B正确；
对于C，的周长为，故C正确；
对于D，由题意直线斜率不为0且经过点，不妨设直线，
将其与椭圆方程联立消去得，
，
一方面，
另一方面，由C选项分析可知，不妨设的内切圆的半径为，所以，
对比两式可知，即与有关，故D错误.
故选：BC.
10. 与二项式定理类似，有莱布尼兹公式：，其中（，2，…，n）为u的k阶导数，，，则（ ）
A. B.
C. D. ，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由二项式定理，分别赋值，即可判断AB；再根据莱布尼兹公式，结合组合数公式和性质，即可判断CD.
【详解】A.由二项式定理可知，当时，，
，故A错误；
B.由二项式定理可知，当时，
，
所以
又由A可知，，
所以，故B正确；
C.
，
由组合数的性质可知，，，，……，
可知，，故C正确；
D. ，
因为，
，，，，
，，，
所以，故D正确.
故选：BCD
11. 全球有0.5%的人是高智商，他们当中有95%的人是游戏高手．在非高智商人群中，95%的人不是游戏高手．下列说法正确的有（ ）
A. 全球游戏高手占比不超过10%
B. 某人既是游戏高手，也是高智商的概率低于0.1%
C. 如果某人是游戏高手，那么他也是高智商的概率高于8%
D. 如果某人是游戏高手，那么他也是高智商的概率低于8.5%
【答案】AC
【解析】
【分析】利用全概率公式和条件概率定义进行计算.
【详解】A项，高智商中有的人是游戏高手概率为，非高智商人群中是游戏高手的概率为，所以全球游戏高手占比为，所以A项正确；
B项，既是游戏高手，也是高智商的概率为，所以B项错误；
C项，设事件A为某人是游戏高手，事件B为某人是高智商，则，
则，所以C项正确；
D项，由C项知，，所以D项错误
故选：AC.
12. 已知定义在上的函数满足，，且实数对任意都成立（，），则（ ）
A. B. 有极小值，无极大值
C. 既有极小值，也有极大值D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】将题设条件化为，进而有，其中为常数，，根据已知求得，对函数求导判断A、B、C；问题化为上，结合的极值且求参数范围判断D.
【详解】由题设，则，
所以，故，其中为常数，，
又，则，所以，即，
所以，故，则，A对；
由且，令在上递增，
，，故使，即，
上，即，递减；
上，即，递增；
所以有极小值，无极大值，B对，C错；
由题设，上，即，
令，则在上递增，故，
所以，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点睛：根据题设条件得到，进而求得为关键.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知数列满足，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】先求得数列的周期性，再应用周期性求值即可.
【详解】由，得，
则.
故答案为：.
14. 已知的两共轭虚根为，，且，则______．
【答案】3
【解析】
【分析】由根与系数关系有，设，且，结合题设和复数模长、乘法运算求参数.
【详解】由题设，可令，且，
所以，
所以.
故答案为：3
15. 已知圆，过直线上一动点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】首先利用图形，解决向量运算，再利用的最小值，即可求解.
【详解】如图，连结，，，和交于点，
，
因为，所以,
设，易知其在为增函数，
则的最小值为圆心到直线的距离，
所以的最小值为，那么的最小值为.
故答案为：
16. 正方体棱长为2，E，F分别是棱，的中点，M是正方体的表面上一动点，当四面体的体积最大时，四面体的外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意只需点离平面最远即可，构建空间直角坐标系，应用向量法求各点到面距离得到与重合，再将置于如下直角坐标系中求外接圆圆心，进而确定空间坐标系中外接球球心坐标，即可求球的表面积.
【详解】如下图，，即四点共面，要使四面体的体积最大，
只需点离平面最远即可，显然点、线段上点到平面距离都相等，
构建下图空间直角坐标系，则，
所以，若面的一个法向量为，
则，令，则，
而，则，，，，
所以到面距离为，到面距离为，
到面距离为，到面距离为，
综上，正方体的表面上到面距离最远，故四面体的体积最大，与重合，
首先确定外接圆圆心坐标，将置于如下直角坐标系中，

则，则是直线与的垂直平分线的交点，
由，则，且中点为，故，即，
联立，即对应到空间直角坐标系的坐标为，
由四面体的外接球球心在过垂直于面的直线上，设，
由，即，所以，
故外接球半径为，故外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用向量法求出正方体的表面上到面距离最远的点为关键.
四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 疫情结束之后，演唱会异常火爆．为了调查“喜欢看演唱会和学科是否有关”，对本年级的100名老师进行了调查．
附：，其中．
（1）完成下列列联表，并判断是否有95%的把握认为本年级老师“喜欢看演唱会”与“学科”有关；
（2）三楼大办公室中有11名老师，有4名老师喜欢看演唱会，现从这11名老师中随机抽取3人，求抽到的3人中恰有1人喜欢看演唱会的概率．
【答案】（1）列联表见解析，有95%的把握认为本年级老师“喜欢看演唱会”与“学科”有关
（2）
【解析】
【分析】（1）根据表格进行运算即可得到完整的列联表，再根据卡方计算公式运算对比临界值即可求解.
（2）根据超几何分布的概率计算公式进行运算即可求解.
【小问1详解】
由表可知喜欢看演唱会的理科老师有人，理科老师共有人，
文科老师共有人，不喜欢看演唱会的文科老师有人，不喜欢看演唱会的人有人，
完成列联表如下表所示：
，故有95%的把握认为本年级老师“喜欢看演唱会”与“学科”有关.
【小问2详解】
由题意11名老师中，有4名老师喜欢看演唱会，有7名老师不喜欢看演唱会，
若从这11名老师中随机抽取3人，求抽到的3人中恰有1人喜欢看演唱会，
则只能从4名喜欢看演唱会的老师中抽取1人，从7名不喜欢看演唱会的老师中抽取2人，
即所求的概率为.
18. 如图，在直三棱柱中，，，E，F为上分别靠近C和的四等分点，若多面体的体积为40．
（1）求到平面的距离；
（2）求二面角的大小．
【答案】（1）2； （2）.
【解析】
【分析】（1）由直三棱柱结构特征有，应用线面平行判定证面，问题化为求到面的距离，再结合面面，进一步化为求中上的高，根据多面体体积列方程求结果；
（2）过作于，过作面于，连接，证面，进而有为二面角的平面角，即可求大小.
【小问1详解】
直三棱柱中，面，面，
所以面，即面，只需求到面的距离，
又面面，面面，
则在面上的射影在直线上，即到面距离为中上的高，
又E，F为上分别靠近C和的四等分点，且多面体的体积为40，
所以，可得，即到平面的距离为2.
【小问2详解】
过作于，过作面于，连接，
由（1）分析易知：，即四边形为平行四边形，
由面，面，则，
由，面，则面，
而面，则，，
故为二面角的平面角，由（1）知：，，
所以，故锐二面角为.
19. 已知数列满足，，且．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）若，求数列的前n项的和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知等式变形得，利用等比数列的定义证明即可；
（2）对项数分奇偶讨论，由裂项相消法求和可得.
【小问1详解】
，且，，
，且，
，
故数列是以为首项，为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，，
则有，，，
各式相加得，
又，则.
，
则当为奇数时，
；
当为偶数时，
；
综上所述，.
20. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a，b，成等比数列．
（1）若，求角C；
（2）若的面积为S，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题设可得，结合余弦定理可得，应用正弦边角关系、三角恒等变换可得，进而有，即可求角C；
（2）由（1）有，结合锐角三角形得，应用三角形面积公式、三角恒等变换可得，令，利用导数求等式右侧单调性，再求值域即得范围.
【小问1详解】
由题设，即，且，
由，即，
所以，即，
所以，故，
所以或（舍），可得，故.
【小问2详解】
由（1）知，为锐角三角形，则，可得，
又，则，
所以，
又，，故，
整理得，令，则，
所以，令，则，
故在上递减，，即，
所以在上递减，故.
21. 已知抛物线的准线交轴于，过作斜率为的直线交于，过作斜率为的直线交于．
（1）若抛物线焦点，判断直线与以为直径的圆的位置关系，并证明；
（2）若三点共线，
①证明：为定值；
②求直线与夹角的余弦值的最小值．
【答案】（1）相切，证明见解析
（2）①； ②
【解析】
【分析】（1）将直线和抛物线联立，利用韦达定理，求出线段的中点和长度，即可得以为直径的圆的方程，通过判断圆心与直线的距离与半径的大小关系来去顶直线与圆的位置关系；
（2）①设，通过三点共线即斜率相等可得，再将其代入计算即可；②设直线的倾斜角分别为，，通过的关系代入消，通过直线和抛物型线相交，利用判别式求出的范围，进而可得最值.
【小问1详解】
若抛物线的焦点，则直线即为直线，又
故，整理得
联立，消去得，
则，，
所以，
且，
故以为直径的圆的圆的方程为，其圆心为，半径为，
所以以为直径的圆的圆心到直线的距离为，
故直线与以为直径的圆相切；
【小问2详解】
①设，又，
因为三点共线，所以，
即，整理得，
所以,
即为定值；
②设直线的倾斜角分别为，
则
由已知可得，
联立，消去得，
所以，解得，
当时，，此时最大，最小，
此时由，解得.
即直线与夹角的余弦值的最小值为.
【点睛】关键点睛：本题关键是在解答第（2）①中设出点的坐标，将条件和目标式都坐标化，从而可以真正的通过计算得出结论.
22. 已知
（1）当时，求过点的切线方程；
（2）若对，，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
[参考不等式：]
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程；
（2）构造、并应用导数研究单调性，进而判断上最大值所在区间，利用导数研究在的最值，得到，利用导数求右侧最大值，即可得参数范围.
小问1详解】
由题设，则，
所以，，故过点的切线方程为，
即为.
【小问2详解】
下述过程均在且条件下，
令，则，令，
故上，递减，上，递增，
且，
令，则，令，
故上，递减，上，递增，
且，
由，而，故上，
时，故上可能存在（特殊值法判断最大值可能区间），
要使不等式恒成立，即，只需找到上，
上，显然，且，
令且，则且为增函数，
若时，即，递增，则；
若时，，
所以使，即，
此时上，递减，上，递增，
，故上，只需则必为最大值，
此时在上右侧端点上取得；
综上，在上确定的最大值即可，
令，，则，
令，则，
对于有，即在上递增，
所以，即，则递增，
所以，即递增，则，
故，即.
【点睛】关键点睛：第二问，构造中间函数研究最大值位置，进而得到关于参数k的表达式为关键.
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
喜欢看演唱会
不喜欢看演唱会
合计
文科老师
30
理科老师
40
合计
50
喜欢看演唱会
不喜欢看演唱会
合计
文科老师
30
10
40
理科老师
20
40
60
合计
50
50
100