2023届重庆市第一中学校高三上学期12月月考数学试题含解析

这是一份2023届重庆市第一中学校高三上学期12月月考数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届重庆市第一中学校高三上学期12月月考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，将集合，分别化简，再结合并集的运算，即可得到结果.【详解】∵，∴，∵，∴，∴，∴，故选：D．2．已知，其中为虚数单位，则（    ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】根据题意，由复数的数字运算即可得到，从而得到以及，即可得到结果.【详解】∵，，，，故选:A．3．已知平面向量，满足，，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】依题意利用平面向量数量积运算法则得到，再代入求解即可.【详解】由两边同时平方得：，又，，∴，得，则.故选：C．4．斐波那切是意大利13世纪的数学家，其传世名作为《算盘书》，书中有一个著名的问题：一个人经过七道门进人果园，摘了若干苹果．他离开果园时，给第一个守门人一半加1个；给第二个守门人，是余下的一半加1个；对其他五个守门人，也如此这般，最后他带着1个苹果离开果园．请问：当初他一共摘了（    ）A．1522 B．762 C．382 D．192【答案】C【分析】设给第个守门人之前余下个苹果（），进而可得递推公式，再构造数列求解即可.【详解】设给第个守门人之前余下个苹果（），由题意得，，∴，，∴，∴.故选：C．5．下列函数中，是奇函数且在上单调递减的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据奇偶性定义、对数函数、指数函数单调性，结合复合函数的单调性依次判断各个选项即可.【详解】A选项：，不是奇函数，故A选项错误；B选项：，不是奇函数，故B选项错误；C选项：因为的定义域为，且，∴是奇函数．设，因为在上单调递减，在上单调递增，由复合函数单调性知，在上单调递减，故C选项正确；D选项：，因为在上都单调递增，所以在上单调递增，故D选项错误，故选：C．6．若某圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆面，其内接正四棱柱的高为，则此正四棱柱的体积是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出圆锥的底面半径与高，设棱柱的底面对角线长的一半为，高为h，根据比例式得出，h的关系，可求的值，根据柱体的体积公式可得答案．【详解】设圆锥底面半径为，因为母线长为,则半圆弧长底面周长，所以，圆锥的高为如图，设，则，设，则，因为，∴，所以，∴，，故选：C．  7．若斜率为（）的直线过双曲线：的上焦点，与双曲线的上支交于，两点，，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】易得，设直线方程为，与双曲线方程联立，结合韦达定理，根据求解.【详解】解：因为双曲线：，所以，设直线方程为，代入双曲线方程消去y得，判别式，且，由韦达定理得，因为，所以，所以，两式联立解得，故选：D．8．设，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据对数函数的性质及导函数求函数单调性，利用中间量法求得各值的范围，即可得解.【详解】∵，∴，∴，∵，∴，∵，∵，，构造，，故在上单调递减，所以，即，故，从而，∴.故选:A． 二、多选题9．已知，下列不等式一定成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】利用幂函数的单调性判断AD即可；举反例排除BC即可.【详解】因为，对于AD，由，在上单调递增，易得AD正确；对于BC，取，，显然无意义，B错误；，C错误.故选:AD．10．已知函数，，则下列说法正确的是（    ）A．直线是图像的一条对称轴B．点是图像的一个对称中心C．将的图像先向左平移个单位，再将每个点的横坐标缩短为原来的倍，可以得到的图像D．将的图像上每个点的横坐标缩短为原来的倍，再向左平移个单位，可以得到的图像【答案】ACD【分析】由余弦型函数的对称性即可判断AB，由三角函数图像的变换即可判断CD.【详解】对于A选项：，所以是图像的一条对称轴；对于B选项：，所以点不是图像的对称中心；对于C选项：将的图像先向左平移个单位得，再将每个点的横坐标缩短为原来的倍得，即得；对于D选项：将的图像上每个点的横坐标缩短为原来的倍得，再向左平移个单位得，即得.故选ACD．11．为提高学生学习数学的热情，某校积极筹建数学兴趣小组，小组成员仿照教材中等差数列和等比数列的概念，提出“等积数列”的概念：从第二项起，每一项与前一项之积为同一个常数（不为0）．已知数列是一个“等积数列”，，，其前项和为，则下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据数列新定义可得，结合已知确定通项公式，进而逐项判断各项正误.【详解】由题意，所以，∴，则，当为奇数时，当为偶数时，故，故A正确；，故B错误；当为奇数时；当为偶数时，故C正确：当为偶数时；当为奇数时，经检验D正确.故选：ACD12．已知正方体的棱长为2，，点在底面上运动．则下列说法正确的是（    ）A．存在点，使得B．若//平面时，长度的最小值是C．若与平面所成角为时，点的轨迹长度为D．当点为底面的中心时，三棱锥的外接球的表面积为【答案】ABD【分析】作关于平面的对称点，即可判断A；根据平行的判定与性质分析判断B；由线面角为，即可判断C；建立空间直角坐标系即可判断D.【详解】对于A选项，作关于平面的对称点，则，且，当点与点A重合时，则，所以存在满足题意，故A选项正确；  对于B选项，在上取，在上取，连接，则可得平面∥平面，即当在上运动时，∥平面，长度的最小值是即为点到直线的距离，根据平行的性质可知：点到直线的距离即为点到直线的距离，所以 ，故B选项正确；  对于C选项：因为平面，所以与平面所成角为，则，解得，所以点的轨迹是以A为圆心，半径的圆弧，长度为，故C选项错误；  对D选项，以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，可知的外接圆圆心的为（利用中垂线可得），所以球心为，，，，所以，解得，可得，所以，D选项正确，  故选：ABD．【点睛】方法点睛：对命题条件探索的三种途径：①先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；③将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件． 三、填空题13．已知直线：与圆：交于，两点，则      ．【答案】【分析】首先确定圆心和半径，应用点线距离公式求圆心到直线的距离，再由几何法求弦长即可.【详解】由，故圆心，半径为，所以，圆心到直线的距离为，∴．故答案为：14．已知，是椭圆（）的左右焦点，是其右顶点，过点作直线轴交椭圆于，两点，若，则椭圆的离心率是      ．【答案】【分析】先解出，两点的坐标，由，则，代入求解.【详解】因为轴，不妨设，，又，，由得：，即，故．故答案为：.15．函数的最小值是      ．【答案】【分析】先应用辅助角公式设，把转化为二次函数结合求出最小值即可.【详解】，令，则，且，，∴，，∴当时，，即的最小值为.故答案为：.16．已知，函数在上存在两个极值点，则的取值范围为      ．【答案】【分析】函数在上存在两个极值点，等价于在上有2个不同的实根（变号），即的图象与直线在上有2个不同的交点（变号），数形结合即可得答案.【详解】函数在上存在两个极值点，等价于在上有2个不同的实根（变号），即的图象与直线在上有2个不同的交点（变号），求出，当，时，, 当，时，所以在，上单调递增，在，上单调递减．可画出的草图如图：要保证直线（）在上有2个不同的交点（变号），只需，可得，故答案为：．【点睛】已知函数零点(方程根)的个数求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解 四、解答题17．已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，若．(1)求数列，的通项公式；(2)设由，的公共项构成的新数列记为，求数列的前5项之和．【答案】(1)(2)682 【分析】（1）设数列的公差为，数列的公比为，然后根据题意结合等差数列和等比数列的通项公式列方程组可求出，从而可求出数列，的通项公式；（2）设数列的第项与数列的第项相等，则可得，，，得，然后可列举数列的前5项，从而可求得结果.【详解】（1）设数列的公差为，数列的公比为，因为则，解得，所以，因为，所以，则，所以，因为，所以，，所以．（2）设数列的第项与数列的第项相等，则，，，所以，，，因为，，所以当时，，当时，，则，当时，，当时，，则，当时，，当时，，则，当时，当时，，则，当时，当时，，则，故的前5项之和．18．的内角，，的对边分别记为，，，若，，从下面条件①②③中任选一个作为已知条件，完成以下问题：①；②；③．(1)求的面积；(2)若的角平分线与边交于点，延长至点使得，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）若选①，由余弦定理求出，利用平方关系求出，再由三角函数的面积公式可得答案；若选②利用平方关系求出、，由正弦定理可得，再由三角函数的面积公式可得答案；若选③，由正弦定理、求出，利用平方关系求出，由正弦定理可得，再由三角函数的面积公式可得答案；（2）由角平分线的性质求出、．由余弦定理知，再由正弦定理、余弦定理可得答案．【详解】（1）若选①，则，，又．若选②，，则，，，由正弦定理可得：．若选③，由得，且，则，由得，则，由正弦定理可得：；（2）由角平分线的性质知：，∴，，在中，，∵，∴，由余弦定理知：，故，在中，由正弦定理知：，即，故．在中，，，由余弦定理知：，故．19．自2021年始，我市高考综合改革整体实施，普通高校招生统一考试实施“”考试，“3”指全国统一考试语文、数学、外语3科．其中数学考试中的第9题到第12题这4道选择题为多项选择题，其评分规则为选项中有多项符合题目要求，若全部选对的得5分，若有选错的得0分，若部分选对的得2分．已知考生甲做多项选择题时，每道题全部选对、有选错的、部分选对的概率分别为0.3，0.2，0.5，且每道题的作答情况相互独立．设考生甲做4道多项选择题的总得分为随机变量．(1)求的概率；(2)已知考生甲第9题全部选对，第10题部分选对，求随机变量的分布列与期望．【答案】(1)0.072(2)分布列见解析，12 【分析】（1）根据条件，利用相互独立事件同时发生的概率公式即可求出结果；（2）根据条件得出的所有可能取值，利用相互独立事件同时发生的概率公式求出相应的概率，进而可求出分布列和期望.【详解】（1）因为，即四道多选题中，对一道，错2道，部分选对1道，所以.（2）的所有可能取值为7，9，11，12，14，17，则，，，，，．79111214170.040.200.250.120.300.09．20．如图，在梯形中，，且平面平面，，，．  (1)若平面平面，求证：平面；(2)求平面与平面的锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理与性质定理证明；（2）利用勾股定理证明得，再根据线线关系、勾股定理以及面面垂直的性质证明得平面，建立空间直角坐标系，写出对应点和向量的坐标，求解平面与平面的法向量，利用向量夹角的计算公式计算可得余弦值.【详解】（1）证明：，平面，平面，平面， 平面，平面平面，，平面，平面，平面．（2）由题意，，，取中点，连接， ，，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，即，且，得，又，所以，作于点，则，，所以，所以为的中点，又因为平面平面，平面平面，平面，平面，以为原点，，以及的平行线，分别为，，轴建立直角坐标系，  则，，，，，，，，设平面的法向量为，则， 即，取，设平面的法向量为，则，即，取，，故平面与平面的锐二面角的余弦值为．21．已知的焦点为，且经过的直线被圆截得的线段长度的最小值为4．(1)求抛物线的方程；(2)设坐标原点为，若过点作直线与抛物线相交于不同的两点，，过点，作抛物线的切线分别与直线，相交于点，，请问直线是否经过定点？若是，请求出此定点坐标，若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)直线经过定点． 【分析】（1）依题意得到从而利用两点距离公式求得，从而得解；（2）根据抛物线求出切线方程，从而求得的坐标，进而求得的方程，再令，即可得出定点.【详解】（1）因为抛物线的焦点为，圆的圆心，而经过的直线被圆截得的线段长度，其中为圆心到直线的距离，则，所以，显然，的最大值为焦点到圆心的距离，即，所以，又，解得或（舍），故抛物线的方程为．（2）设点，，，由，即，得，则点处的切线方程为，直线的方程为：，则点，同理点，    可得：，直线的方程为：，注意到点，满足，直线的方程为．注意令，则，直线经过定点．22．已知函数．(1)若恒成立，求实数的最大值；(2)设，，求证：．【答案】(1)1(2)证明见解析 【分析】（1）求出函数得到函数，分、、三种情况讨论，求出函数的最大值，即可得解；（2）由（1）可得，利用放缩法得到，再根据对数的运算法则及裂项相消法计算可得.【详解】（1），定义域，．①当时，，定义域为，，显然不符合题意；②当时，令，则，当时，，所以在上单调递增，又，所以，不符合题意；③当时，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以．设，注意到，，所以时，，单调递减；时，，单调递增，所以，又，由零点存在定理，存在，使得，所以的解集为，所以的最大值为1．（2）在（1）中令，可得，从而，∴，，．【点睛】方法点睛：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．