2023届重庆市育才中学校高三上学期第二次月考（12月）数学试题（解析版）

这是一份2023届重庆市育才中学校高三上学期第二次月考（12月）数学试题（解析版），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。
2023届重庆市育才中学校高三上学期第二次月考（12月）数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出集合的补集，再求出即可.【详解】因为，所以，因为，所以，故选：B2．若复数z满足，其中i为虚数单位，则复数z的虛部是（    ）A． B． C． D．2【答案】D【分析】根据复数的运算法则求得z即可求得虚部.【详解】由已知，故，故z的虛部是2.故答案为：D3．已知为实数，若，则的值为（    ）A． B． C． D．0【答案】A【分析】将转化为进行坐标运算求得的值.【详解】,由得，所以，故的值为.故选：A.4．已知等差数列的前n项和为，若，，则（    ）A．77 B．88 C．99 D．110【答案】B【分析】根据等差数列的性质，计算出等差数列的基本量，即可利用等差数列的求和公式求解.【详解】，得，解得，，得，解得，故，.故选：B5．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据辅助角公式，结合诱导公式、余弦二倍角公式进行求解即可.【详解】，故选：B6．已知过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交于两点，为弦的中点，为上一点，则的最小值为（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】A【分析】根据给定条件，求出直线AB的方程，再与抛物线方程联立，结合抛物线定义，借助几何意义求解作答.【详解】抛物线，焦点，准线，直线AB的方程为，由消去y并整理得：，设，，则，弦中点Q的横坐标，过点作准线l的垂线，垂足为点，如图，令交抛物线于点，在抛物线上任取点，过作于点，连接，即有，，当且仅当点与P重合时取等号，所以的最小值为.故选：A.7．在中，，点在线段上且与端点不重合，若，则的最大值为（    ）．A． B． C． D．【答案】B【分析】根据，利用平面向量基本定理可得，利用基本不等式可求得，结合对数运算可得结果.【详解】，，在线段上且与端点不重合，，且，，（当且仅当时取等号），，.故选：B.8．已知函数分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则正实数的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先利用方程组的方法分别求函数和的解析式，令，利用导数分析函数的单调性，以及极值点，利用函数有唯一的零点，可知极小值，利用平移可知，求正实数的值.【详解】由已知条件可知由函数奇偶性易知令，为偶函数.当时，，单调递增，当时，单调递减，仅有一个极小值点图象右移一个单位，所以仅在处有极小值，则函数只有一个零点，即，解得，故选：A【点睛】本题考查函数解析式，导数分析函数的单调性，极值的综合问题，本题的关键是利用函数的性质，求函数的解析式. 二、多选题9．设函数，则下列结论正确的是（    ）A．的图象关于直线对称B．的图象关于点对称C．的单调递增区间为，D．将函数的图象向左平移个单位可得的图象【答案】ABD【分析】利用代入检验法可确定AB正误；根据整体代入法可求得正弦型函数的单调递增区间，知C错误；根据三角函数平移变换，结合诱导公式可知D正确.【详解】；对于A，当时，，图象关于对称，A正确；对于B，当时，，又，关于点对称，B正确；对于C，令，解得：，即的单调递增区间为，C错误；对于D，向左平移个单位得：，D正确.故选：ABD.10．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，点满足，则点所构成的曲线为为阿氏圆.下列结论正确的是（    ）A．曲线的圆心在轴上 B．曲线的半径为4C．从点向圆引切线，切线长是3 D．曲线与圆相外切【答案】ABC【分析】首先根据点满足的几何条件，结合两点间距离公式求出点所满足的轨迹方程，根据的轨迹方程逐一判断选择A、B正误即可，利用几何关系及勾股定理求解切线长，判断选项C的正误，利用两个圆相外切的判定条件判断选项D的正误.【详解】由题意可设点，由，，，得，化简得，即，故得曲线为以为圆心，半径的圆，故选项A、B均正确；如图，设，圆心，过点做曲线的切线，切点为得：，，，故从向圆引切线，切线长为，故选项C正确；由，整理得：，得圆心，半径，，，，故曲线与不相外切，故选项D错误.故选：ABC11．如图，在正方体中，点在线段 上运动，则（    ）A．直线平面B．直线平面C．三棱锥的体积为定值D．异面直线与所成角的取值范围是【答案】ABC【分析】A、B由正方体的性质，线面垂直的判定证线面垂直，线面垂直、面面平行的性质证线面平行；C利用线面平行即可知的体积是否为定值；D利用两线平行转移异面直线所成角，进而确定角的范围；【详解】A：由正方体的性质，在、上的射影分别为、，而，，则，，，所以面，正确；B：连接、、，同A选项可证面，所以面面，而面，则平面，正确；C：在线段 上运动，由B知面，所以三棱锥的体积为定值，正确；D：由正方体性质有，即与所成角等于与所成角，所以角的取值范围是，错误.故选：ABC.12．已知函数，若存在，使得，则下列结论正确的有（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】利用换元法，结合对钩函数的单调性、对数型函数的单调性、数形结合思想进行求解即可.【详解】令，则，函数在时单调递减，在时单调递增，由，由，所以函数在时单调递增，在时单调递减，所以当时，，而，所以函数的图象如下图所示：因为存在，使得，所以函数与直线有三个不同的交点，因此有，显然选项A正确；当时，令，或，所以， ，因为，所以，，令，则，因为，所以，令，因为函数在上单调递减，所以函数在上单调递增，所以，故选项B不正确；，令，因为函数在上单调递减，所以函数在上单调递增，所以有，故选项C正确；因为，所以由，所以选项D正确，故选：ACD【点睛】关键点睛：利用构造法，结合对钩函数的单调性是解题的关键. 三、填空题13．在的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为，则所有项的系数和等于______【答案】【分析】由二项式系数和可求得的值，然后在二项式中令，可求得所有项的系数和.【详解】的二项式系数和为，可得，所以，的所有项的系数和为.故答案为：.14．从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为_________.【答案】96【分析】根据题意，分2种情况讨论选出参加竞赛的4人，①选出的4人没有甲；②选出的4人有甲；分别求出每一种情况下分选法数目，由分类计数原理计算可得答案【详解】根据题意，从5名学生中选出4人分别参加竞赛，分2种情况讨论：①选出的4人没有甲，即选出其他4人即可，有种情况；②选出的4人有甲，由于甲不能参加生物竞赛，则甲有3种选法，在剩余4人中任选3人，参加剩下的三科竞赛，有，则此时共有种选法；综上，总共有种不同的参赛方案；答案选D【点睛】本题考查分类计数原理，属于基础题15．已知.若曲线存在两条过点的切线，则的取值范围是___________.【答案】或【分析】求导函数设切点坐标为，写出切线方程并代入点得，由于有两条切线，故方程有两非零的根，结合判别式即可求解．【详解】由题得，设切点坐标为，则切线方程为，又切线过点，可得，整理得，因为曲线存在两条切线，故方程有两个不等实根且若，则，为两个重根，不成立即满足，解得或．故的取值范围是或故答案为：或16．已知直线与双曲线相交于两个不同的点，且双曲线的一个焦点到它的一条渐近线的距离为，则该双曲线的离心率的取值范围是__________．【答案】且【分析】利用焦点到渐近线距离求出，联立直线与双曲线，利用判别式得到离心率的范围，注意直线不可与渐近线平行，据此计算，可得答案.【详解】双曲线的渐近线为，取其中一条渐近线，取双曲线的右焦点为，故双曲线的一个焦点到它一条渐近线的距离为，故，所以，双曲线变为，联立直线方程得到，整理得，，则，得到，所以，，故，又因为直线不与渐近线平行，，得到，解得，故双曲线的离心率的取值范围是且.故答案为：且 四、解答题17．在中，角所对应的边长分别为，已知，且依次成等差数列．(1)求的值；(2)若的面积为，求内切圆的半径．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）求出，再利用余弦定理求解；（2）求出，即得解.【详解】（1）解：成等差数列（2）解：，.所以内切圆的半径为. (1)若样本中“短视频成瘾”且成绩未下降的女生有15名，并在被认为“短视频成瘾”且成绩未下降的对象中按性别采用分层抽样抽取7人，再从中随机抽取2人，求抽到的两人均为女生的概率．    合计学习成绩下降  100学习成绩未下降   合计96   参考公式与数据：．0.150.100.050.0250.0100.0012.0722.7063.8415.0246.63510.828  【答案】(1) 【分析】（1）根据古典概型概率公式，代入计算即可得到结果.（2）根据列联表，结合的计算公式，代入计算，即可判断.（2）零假设为：成绩下降与“短视频成瘾”无关．    合计学习成绩下降6139100学习成绩未下降3565100合计96104200 所以，根据小概率值的独立性检验，推断不成立，19．已知正方形的边长为2，点分别是边的中点，沿着将，折起，使得点重合为一点，得到一个三棱锥，点分别是线段的中点，在折起后的图形中：(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】(1)先证明，根据线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面；(2)建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式求直线与平面所成角的余弦值．【详解】（1）因为，，平面，所以平面，又平面，平面平面；（2）如图所示建立空间直角坐标系，则有，设平面的一个法向量为，则令，则，所以，设直线与平面所成的角为，则，又，所以.20．已知数列的前项的和为，且．(1)求证：数列是等比数列；(2)求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析.(2). 【分析】（1）先求得，当时，利用的关系可推得，利用等比数列定义即可证明结论；（2）由（1）可得的表达式，继而可得的表达式，利用分组求和以及错位相减法，即可求得答案.【详解】（1）证明：当时，，当时，有 ，两式相减得,故，则，否则与矛盾，故 ，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；（2）由（1）可得，设数列的前项和为，则，其中,①,两边同乘以得,②,由①②得,,所以．21．已知椭圆的左焦点为，过点的直线与椭圆相交于点（点为椭圆的上顶点），为坐标原点，且（表示的面积）．(1)求椭圆的离心率；(2)设点是椭圆上的动点，且面积的最大值是，求曲线的方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意知直线的方程为，与椭圆方程联立求得，由此可利用可得关于的等式，化简即可求得答案.（2）由椭圆离心率可得，化简直线方程并联立椭圆方程，进而求得点坐标，求出的值，设与直线平行的直线，利用面积的最大值求得参数m的值，即可求得答案.【详解】（1）由题意知 ,则直线的方程为，与椭圆方程联立消去得：,即，解得或即，而，故，即.（2）由（1）知,则，那么椭圆的方程为，直线的方程为，即，联立消去得，则，则，所以，设与直线平行的直线，由 ，得，由判别式，可得或；当时，直线与间的距离为，当时，直线与间的距离为，由于 ，故要保证面积最大，则取，此时解，可得点，满足条件，所以面积的最大值为，则，故椭圆的方程为．【点睛】关键点点睛：在求解椭圆的方程时，关键在于要利用面积的最大值求参数，因此要设出和平行的直线，并利用和椭圆相切时，才能保证面积取到最值，由此求参数m的值，求得答案.22．已知函数为自然对数的底数．(1)若函数在区间上存在极值点，求的取值范围；(2)设，且，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）函数在区间上存在极值点转化为在区间上有解问题解决；（2）原将不等式变形为，设，将不等式变化为，再构造函数用导数证明即可.【详解】（1）函数的导数，由在区间上有解，设函数，所以在上是增函数，则．（2）因为，那么原不等式等价于，由原不等式中的对称性不妨设，设，上述不等式变化为，当时，不等式显然成立；当时，即证不等式，设函数，则，设函数，所以函数在上是减函数，则，因此函数在上也是减函数，则，从而所证不等式成立；综上：成立.【点睛】关于双变量的处理方法：（1）若这两个变量之间有关系，利用这个关系将一个变量用另一个变量表示，化为只有一个变量的问题处理.（2）若这两个变量之间没有关系，将这两个变量合并为一个变量处理，一个思路是构造比值，如中，令，可化为；另一个思路是构造差值，如在本题中，令，可化为.