2024届重庆市部分学校高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届重庆市部分学校高三上学期12月月考数学试题含答案，共18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。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的定义域求得集合，进而求得.
【详解】由解得，所以，
由解得，所以，
所以.
故选：B
2．设复数在复平面内对应的点在第二象限，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】设，由进行化简，从而确定正确答案.
【详解】设，其中，
，
其中，
所以复数在复平面内对应的点在第四象限.
故选：D
3．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】因为可得：
当时，，充分性成立；
当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.
故选：A.
4．一物体在力F的作用下，由点A（2，1，-1）移动到点B（7，0，1），若，则对该物体所做的功为（ ）
A．21B．23C．25D．27
【答案】D
【分析】根据做功的意义，运用数量积的坐标表示计算即可.
【详解】由题意可得，,
因为,
所以.
故选：.
5．设向量在向量上的投影向量为，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】A
【分析】根据投影向量的知识列式，然后利用基本不等式求得正确答案.
【详解】依题意，，
向量在向量上的投影向量：
，
所以，
当且仅当时等号成立.
故选：A
6．若函数在内恰好存在4个，使得，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正弦函数的性质即可得或，进而结合范围，即可求解.
【详解】令,则或，
即或
故可取，
由于，则，
要使在内恰好存在4个，使得，则，解得，
故选：B
7．古希腊的数学家海伦在他的著作《测地术》中最早记录了“海伦公式”：，其中，，，分别为的三个内角，，所对的边，该公式具有轮换对称的特点.已知在中，，且的面积为，则边上的中线长度为（ ）
A．B．4C．D．
【答案】D
【分析】先求得，然后利用三角形的面积公式、向量法求得边上的中线长度.
【详解】设是的中点，连接.
依题意，在中，，
设，由余弦定理得，
所以为钝角，所以，
所以，
，两边平方得
，
所以.
故选：D
8．，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，构造函数，借助导数探讨函数单调性比较大小即得.
【详解】依题意，，
令，
求导得，
因此函数在上单调递增，，即，则；
令，求导得，
因此函数在上单调递增，，即，则，
所以.
故选：B
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象
B．在等比数列中，，是方程的两根，则
C．在中，若，则对任意的，都有
D．若的图象关于点中心对称，则
【答案】AD
【分析】对A，由三角函数的图象变换可得解；对B，根据等比数列的性质可判断；对C，当时，举反例可判断；对D，根据中心对称得定义可判断.
【详解】对A，将向左平移得，故A正确；
对B，由题，，是方程的两根，，，
所以，，所以等比数列的偶数项均为正数，又，，故B错误；
对C，当时，则，如，，
，，故C错误；
对D，因为函数的图象关于点中心对称，则，即，故D正确.
故选：AD.
10．已知，为两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，，则
【答案】CD
【分析】由空间线面、面面的位置关系逐一判断选项即可.
【详解】对于A，
如图，与相交，故A错误；
对于B，
如图，与相交，故B错误；
对于C，设，，在内任取一点并与内作，，垂足分别为，如图：

因为，，，，所以，
而，故，
同理可证，
又，，，故，故C正确；
对于D，如图：
，，，
因为，，，则，
又，且，所以，又，所以，故D正确.
故选：CD
11．已知正项数列的前项和为，，且，.，为的前项和.下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】由数列的通项与前项和的关系，推得，由等差数列的通项公式可得所求ABC,由数列的裂项相消求和，结合不等式的性质，可得证明D．
【详解】，，
可得时，，解得，故A错误，
当时，由，可得，
上面两式相减可得，
由于，所以，
而，则，首项也符合，
所以，．故B错误，C正确，
，
．D正确，
故选：CD
12．，表示不超过的最大整数，我们把，称为取整函数，以下选项关于“取整函数”正确的是（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，，则
【答案】BC
【分析】可取特殊值判断AC，利用不等式性质及取整数的意义推理可判断选项BD.
【详解】对于A，当时，，，
所以，，故A错误；
对于B，设 则
所以或，
当时，，
此时，即；
当时，
此时即；
综上，，故B正确；
对于C ，当时，，
所以，故C正确；
对于D，若，设,则，
所以从而，故D错误；
故选：BC.
三、填空题
13．已知，，与的夹角是.则 .
【答案】
【分析】通过两边平方的方法求得正确答案.
【详解】，
所以.
故答案为：
14．函数的图象在点处的切线方程为 .
【答案】
【分析】利用导数的几何意义求解.
【详解】∵，∴，
∴，，
∴函数的图象在点处的切线方程为，即.
故答案为：.
15．对于函数，若实数满足，其中，为非零实数，则称为函数的“笃志点”.若函数的“笃志点”为，则 .
【答案】或，
【分析】根据所给定义即可得，进而根据三角恒等变换以及三角函数的定义即可求解.
【详解】由于是函数的“笃志点”，
所以，即，
所以，
，故，
所以或，
故或，
故答案为：或，
16．如图，已知正方体的棱长为4，，，分別是棱，，的中点，平面截正方体的截面面积为 .
【答案】
【分析】在正方体中作出平面截正方体的截面，进而求出其面积即可.
【详解】
在正方体中，
延长交延长线于，连接交于，并延长交延长线于R，
延长交延长线于，连接交于，交于，
易知点共面，平面即为平面，
所以平面截正方体的截面为六边形，
因为，，分別是棱，，的中点，
所以根据相似比易知点都为其所在正方体棱的中点，则易得六边形为正六边形，
因为正方体的棱长为4，
所以正六边形的边长，
所以截面面积为.
故答案为：
四、解答题
17．已知函数.
(1)求的极值；
(2)若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)
【分析】（1）求得，得出函数的单调性，结合极值的概念，即可求解；
（2）根据题意，转化为任意，不等式恒成立，设，求得，得出函数的单调性，求得的最小值，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得，
令，即，解得；
令，即，解得，
所以函数在区间单调递减，单调递增，
当时，取得极小值，极小值为，无极大值.
（2）解：由不等式恒成立，即恒成立，
即对于任意，不等式恒成立，
设，可得，
令，即，解得；
令，即，解得，
所以在上单调递减，在单调递增，
所以，当时，函数取得极小值，同时也时最小值，，
所以，即，所以实数的取值范围为.
18．已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，且.
(1)求；
(2)设，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理角化边，结合余弦定理即可求解，
（2）根据三角恒等变换，结合三角函数的性质即可求解.
【详解】（1）由以及正弦定理可得，
即，故，
由于，所以
（2）由，,
又三角形为锐角三角形，所以，故，
，
由于，所以，故，
故
19．已知等差数列的前项和为，且，.
(1)求的通项公式.
(2)设，试问是否存在正整数，，使得，，成等差数列？若存在，求出所有满足要求的，；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)或或
【分析】（1）求得数列的首项和公差，从而求得.
（2）根据等差中项列方程，化简后根据为正整数求得符合题意的.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
依题意得，解得，
所以.
（2）由（1）得，
假设存在符合题意的正整数，，，，成等差数列，
即，
，
交叉相乘并整理得，
当时，上式不符合，所以，
则，
当时，；当时，；当时，不是正整数；
当时，；当时，，不是正整数，则不是正整数，
综上所述，符合题意的为或或.
20．已知函数的部分图象如图所示.
(1)求的解析式；
(2)方程在上有且仅有两个不同的实数解，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由图可知，由最小正周期求得，根据图象过求出；
（2）作出直线与，的图象，利用数形结合求解.
【详解】（1）由图可知，最小正周期，即，则，
则，又图象过，
∴，∴，
∴，又，∴，
∴所求的函数解析式为.
（2），，
∵，∴，∴，
，，，
作出直线与，的图象，如图，
由图可知，当时，直线与，的图象有两个不同的交点, 即方程在上有且仅有两个不同的实数解，
所以的取值范围为.
21．如图1，在平行四边形中，，，，将沿折起，使得点到点的位置，如图2，经过直线且与直线平行的平面为，平面平面，平面平面.
(1)证明：.
(2)若二面角的大小为，求的长.
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的性质定理、平行直线等知识来证得.
（2）作出二面角的平面角，求得，解直角三角形求得.
【详解】（1）由于，平面，平面平面，所以，
由于，平面，平面平面，所以，
所以.
（2）折叠前，四边形是平行四边形，，所以，
折叠后，
过作，则四边形是矩形，所以，
所以是二面角的平面角，所以，
由于，所以三角形是等边三角形，所以，
由于平面，所以平面，
而，所以平面，
由于平面，所以，，
所以.
22．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，直线与的图象有两个不同的交点，交点横坐标分别为，，且，证明：.
【答案】(1)答案详见解析
(2)证明详见解析
【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论，从而求得的单调区间.
（2）由列方程，利用构造函数法并结合导数，转换要证明的不等式，再利用构造函数法，结合导数证得结论成立.
【详解】（1）的定义域为，，
当时，，在上单调递增.
当时，令解得，
所以在区间上单调递减，
在区间上单调递增.
综上所述，时，增区间为；
时，减区间为，增区间为.
（2）当时，，
令，设，
则的两个零点分别为，
，当时，在上单调递增，没有个零点.
当时，令解得，
所以在区间上单调递减；
在区间上单调递增，
所以，
由于且在上有两个零点，所以①，且.
要证明，即证明，
由于，所以，
因为在上单调递增，即证，
因为，即证，
设，
，
由①得，所以，
设，
，因为，所以，
所以在上单调递减，，
所以时，，所以在上单调递增，
，所以当时，，
因为，所以，即，
所以.
【点睛】利用导数证明不等式，可以通过构造函数法，然后结合导数研究所构造函数的单调区间、极值、最值等，从而证得不等式成立.如果一次求导无法求得函数的单调区间，可以考虑利用多次求导来进行求解.