重庆市2023_2024学年高三数学上学期12月月考试题含解析 (1)

这是一份重庆市2023_2024学年高三数学上学期12月月考试题含解析 (1)，共23页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.
2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整.
3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）.
一、选择题：本题共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. 已知复数，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【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
【解析】
【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（）
AB. C. 0D. 1
【答案】D
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【分析】根据向量数量积几何意义，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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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：
①②
③④
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
【解析】
【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：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知数列是等差数列，表示数列的前项和，若，则______；
【答案】52
【解析】
【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】
【解析】
【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】
【解析】
【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】
【解析】
【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、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
设公差为公比为，则，
则，解出．
所以，
又由，解出．
所以.
【小问2详解】
由（1）得，
则，
故，
两式相减得，
，
所以.
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
由题，
由正弦定理：，
所以，
整理，
所以，
或（舍）,
.
【小问2详解】
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
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.
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
【解析】
【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.
【小问1详解】
解：，，
，
则，
所求经验回归方程为：；
【小问2详解】
设的方程为，，，
∴，
则，
的方程为，故，；
【小问3详解】
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.
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
设，由，即
有，从而
进一步，解得
故时，,所以点的纵坐标为.
【小问2详解】
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
由题可得，
由题，有在上恒成立,
即在上恒成立，
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；
【小问2详解】
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.
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