2024届重庆市好教育联盟高三上学期12月联考数学试题含答案

这是一份2024届重庆市好教育联盟高三上学期12月联考数学试题含答案，共16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】求出集合B，根据集合的交集运算，即得答案.
【详解】因为 ，
所以，
故选：B
2．在复平面内，对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】化简复数，由复数的几何意义求解即可.
【详解】因为，
所以其在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
3．曲线 在点处的切线的斜率为（ ）
A．2B．3C．6D．7
【答案】D
【分析】对曲线求导，然后求出曲线在处的切线的斜率即可.
【详解】因为, 所以当时,.
故选:D.
4．已知向量 满足， 则（ ）
A．B．2C．15D．19
【答案】D
【分析】根据题意利用向量的运算律分析求解.
【详解】因为，
所以.
故选：D.
5．若某圆锥的母线与底面所成的角为，且其母线长为 4 ，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意可知圆锥的高与底面半径相等，再由母线长可求出高和底面半径，从而可求出圆锥的体积.
【详解】因为该圆锥的母线与底面所成的角为, 且其母线长为 4，
所以该圆锥的高与底面半径相等, 且都等于,
所以该圆锥的体积,
故选：A
6．若数列的满足，则（ ）
A．B．
C．6D．
【答案】A
【分析】由和递推式求出，可得数列是周期为 4 的数列，从而可求得结果.
【详解】因为，所以，得，
由上式可知，
所以，
因为 ,
所以，，，，
所以 是周期为 4 的数列,
所以，
故选：A
7．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用二倍角公式化简可得，结合平方和关系，即可求得答案.
【详解】因为，，
所以可化为，
因为，所以，所以，
结合，得，所以，
故选：A
8．已知函数，若函数有4个零点，且其4个零点成等差数列，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分析函数的奇偶性，把化成分段函数，作出图象结合等差中项可得，再代入函数式化简计算即得.
【详解】函数的定义域为，显然，
即函数是偶函数，，其图象如图，
依题意，，，而成等差数列，即有，则，
显然, 即，整理得，
所以.
故选：C
【点睛】关键点睛：涉及含有绝对值符号的函数，利用零点分段法去绝对值符号化成分段函数表示是解题的关键.
二、多选题
9．根据国家统计局发布的数据，我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速如图所示，则（ ）
A．我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速最高为
B．我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速的中位数为
C．我国今年3月份至10月份社会消费品零售总㲅同比增速的分位数为
D．我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速的平均值为
【答案】ABD
【分析】根据图形中给定数据从小到大排列，结合中位数，百分位数，平均数的定义计算即可.
【详解】我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速从小到大依次为
2.5%，3.1%，4.6%，5.5%，7.6%，10.6%，12.7%，18.4%.
我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速最高为18.4%，A正确.
我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速的中位数为，B正确.
，我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速的分位数为，C错误.
我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速的平均值为，D正确.
故选：ABD
10．在正四棱柱 中，， 则（ ）
A．该正四棱柱外接球的表面积为
B．异面直线 与所成的角为
C．该正四棱柱外接球的表面积为
D．异面直线 与所成的角大于
【答案】BC
【分析】对A，C，正四棱柱的对角线为球的直径，代入球的表面积公式即可；对于B，D，根据异面直线所成角定义，平移相交可得解.
【详解】对于A，由题，正四棱柱的对角线为球的直径，则正四棱柱外接球的半径为,
则该正四棱柱外接球的表面积为，故A错误，C正确；
如图,
易证 , 则异面直线与所成的角为与所成的角,
设 , 则,
所以 为正三角形, 所以异面直线与所成的角为，故B正确，D错误；
故选：BC.
11．下列函数中，存在两个极值点的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】利用函数极值点的定义判断.
【详解】由，得恒成立，则无极值，A不正确.
由，得，当时，，当时，，则在和上单调递增，在上单调递减，有两个极值点，B正确.
由，得，当时，，当时，，则在和上单调递减，在上单调递增，有两个极值点，C正确.
由，得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，有且只有一个极值点，D不正确.
故选：BC
12．已知函数的定义域为，，则（ ）
A．B．
C．为奇函数D．没有极值点
【答案】AC
【分析】选项A：赋值法求解判断；选项B: 的值不确定；选项C：通过赋值解得，然后赋值，判断函数奇偶性；选项D：根据抽象函数结构利用对数函数求导验证极值点；
【详解】令，得，A正确；
令，得，
故的值不确定，B错误；
令，得，
令，得，则为奇函数，C正确；
由，可得，
根据函数结构举例，当时，可设，
则，
当时，，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，此时有极值点，D错误；
故选：AC.
三、填空题
13．已知直线与平行，则 .
【答案】3
【分析】根据条件，直接建立方程，从而得到或，再检验一下即可求出结果.
【详解】因为 ， 所以， 所以或，
当时，符合题意；当时，两直线重合，
故答案为：3.
14．已知展开式的二项式系数之和为256，则其展开式中的系数为 .（用数字作答）
【答案】1120
【分析】根据二项式展开式的二项式系数之和可得，解出n，结合通项公式计算即可求出的系数.
【详解】由 , 得.
展开式的通项，
,令, 得,
则展开式中含的项为.
所以的系数为1120.
故答案为：1120.
15．已知圆，直线为上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为 .
【答案】
【分析】由分析可知，当时，取得最小值，由点到直线的距离公式结合勾股定理即可得出答案.
【详解】将圆化为标准方程为：，
所以圆的圆心为，半径为，因为，
所以，
所以当时，取得最小值，
因为圆心到直线的距离，
所以的最小值为.
故答案为：.
16．已知函数，的图象关于直线对称，且在上单调，则的最大值为 .
【答案】
【分析】先根据正弦函数的对称性可求出的一个范围，再根据函数在上单调，可得，再求出的一个范围，进而可得出答案.
【详解】因为的图象关于直线对称，
所以，，解得，，
因为在上单调，所以，
即，解得，
当时，，
当时，，
所以当时，单调递减，
故的最大值为.
故答案为：.
四、解答题
17．在锐角中，内角的对边分别为，已知.
(1)求A;
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角分析求解；
（2）利用三角恒等变换整理得，结合正弦函数的值域求解.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
因为为锐角三角形，可知，
则，所以，
且，所以.
（2）因为，可知，即，
且为锐角三角形，则，解得，
又因为
，
由，可知，则，
所以.
18．已知公差不为0的等差数列的首项，且成等比数列，记的前项和为.
(1)求的通项公式及;
(2)记，证明:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合等比数列的性质求出等差数列的公差，即可求得答案；
（2）利用（1）的结果可得的表达式，利用裂项求和法，求得的表达式，即可证明结论.
【详解】（1）因为成等比数列，所以，即，
设等差数列的公差为，因为，
所以，即，
因为，所以，所以；
（2）证明：因为，
所以
，
因为 ，所以.
19．如图，在长方体中，点，分别在棱，上，，，，.
(1)证明：.
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用数量积证明垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，以向量法去求平面与平面的夹角的余弦值即可解决.
【详解】（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，所以，，
因为，所以.
（2）由（1），，
设平面的法向量为，则，
即，不妨取，则.
易得平面，所以是平面的一个法向量，且.
设平面设与平面的夹角为，
所以.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
20．在平面直角坐标系中，已知两个定点，动点满足，设动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程;
(2)过点作两条互相垂直的直线与曲线分别交于点，求四边形面积的最大值.
【答案】(1)
(2)28
【分析】（1）设点，由化简可得答案；
（2）当过点的两条直线中有一条直线的斜率不存在时另一条直线的斜率为0求出；当两条直线的斜率都存在时，设直线的方程分别为和，利用圆心到直线的距离、圆的半径求出、，再由，利用配方法求最值可得答案.
【详解】（1）设点，由得，
所以，即曲线的方程为；
（2）当过点的两条直线中有一条直线的斜率不存在时，另一条直线的斜率为0，
不妨设，则，
当两条直线的斜率都存在时，设直线的方程分别为和，
圆心到直线的距离，
所以，同理可得，
所以，
令，则，
当时，，
所以，即四边形面积的最大值为28.
21．已知函数.
(1)当时，证明：.
(2)试问是否为的极值点?说明你的理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)不是，理由见解析
【分析】（1）结合分析法，将问题转化成证明，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的最小值，即可证明结果；
（2）对求导，得到，再利用导数与函数单调性间的关系，得出在上单调递增，在上单调递减，又因为，再利用极值点的定义即可求出结果.
【详解】（1）， 要证，
只需证， 即证，
令， 则，
则在上单调递增，所以，
所以当时，，
从而当时，得证.
（2）因为，所以的导数为，故，
当时，，当且仅当时取等号，又，当时，，所以，
当时，令，则， 因为时，，所以， 所以在上单调递增，
又， 所以，使,
所以当时，，当时，，
所以当时，，即在区间上单调递减；当时，，即在区间上单调递增，
又， 所以当时，， 当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，又，
所以，当时，，当时，，
所以不是的极值点.
【点睛】关键点晴，本题的关键在于，通过构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得出在上单调递增，在上单调递减，再利用极值的定义即可解决问题.
22．有一位老师叫他的学生到麦田里，摘一颗全麦田里最大的麦穗，期间只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，他的学生两手空空走出麦田，因为他不知前面是否有更好的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设该学生在麦田中一共会遇到颗麦穗（假设颗麦穗的大小均不相同），最大的那颗麦穗出现在各个位置上的概率相等，为了使他能在这些麦穗中摘到那颗最大的麦橞，现有如下策略：不摘前颗麦穗，自第颗开始，只要发现比他前面见过的麦穗都大的，就摘这颗麦穗，否则就摘最后一颗.设，该学生摘到那颗最大的麦穗的概率为.（取）
(1)若，，求；
(2)若取无穷大，从理论的角度，求的最大值及取最大值时的值.
【答案】(1)
(2)的最大值为，此时的值为.
【分析】（1）由题意可知，要摘到那颗最大的麦穗，有两种情况，最大的麦穗是第3颗和最大的麦穗是最后1颗，分情况分析两种情况的可能性，结合古典概型即可求出结果；
（2）记事件表示最大的麦穗被摘到，根据条件概率和全概率公式求出，再利用导数求出最值即可.
【详解】（1）这4颗麦穗的位置从第1颗到第4颗排序，有种情况.
要摘到那颗最大的麦穗，有以下两种情况：
①最大的麦穗是第3颗，其他的麦穗随意在哪个位置，有种情况.
②最大的麦穗是最后1颗，第二大的麦穗是第1颗或第2颗，其他的麦穗随意在哪个位置，有种情况.
故所求概率为.
（2）记事件表示最大的麦穗被摘到，事件表示最大的麦穗在麦穗中排在第颗.
因为最大的那颗麦穗出现在各个位置上的概率相等，所以.
以给定所在位置的序号作为条件，.
当时，最大的麦穗在前颗麦穗之中，不会被摘到，此时.
当时，最大的麦穗被摘到，当且仅当前颗麦穗中的最大的一颗在前颗麦穗中时，
此时.
由全概率公式知.
令函数，.
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以.
所以当，时取得最大值，最大值为，此时，
即的最大值为，此时的值为.