重庆市2024届高三数学上学期12月月考试题含解析

这是一份重庆市2024届高三数学上学期12月月考试题含解析，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出两个集合，再根据集合的交集、补集运算即可.
【详解】由题意可得：，所以，故.
故选：C
2. 若复数为纯虚数，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用复数的除法运算化简复数，再根据纯虚数的概念列方程即可得解.
【详解】，
所以，解得，
故选：A.
3. 在数列中，若，，，则（）
A. B. C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列递推式求出数列的前面一些项，推出数列的周期，由此即可求得答案.
【详解】由题意知数列中，若，，，
故，，，，
，
则为周期为6的周期数列，
故，
故选：C
4. 甲、乙，丙、丁，戊5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，裁判说：“很遗憾，你俩都没有得到冠军．但都不是最差的．”从回答分析，5人的名次排列的不同情况可能有（）
A. 27种B. 72种C. 36种D. 54种
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，先排甲乙，再排剩下三人，由排列数的计算，即可得到结果.
【详解】根据题意，甲、乙都没有得到冠军，也都不是最后一名，
先排甲乙，再排剩下三人，则5人的名次排列种数为种.
故选：C
5. 如图①所示，圆锥绣球是虎耳草科绣球属植物，在中国主要分布于西北、华东、华南、西南等地区，抗虫害能力强，其花序硕大，类似于圆锥形，因此得名．现将某圆锥绣球近似看作如图②所示的圆锥模型，已知，直线与圆锥底面所成角的余弦值为，则该圆锥的侧面积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆锥的侧面积公式求解即可.
【详解】依题意直线与圆锥底面所成角为，
则，得()，
所以该圆锥的侧面积为()．
故选：C．
6. 已知，则下列结论正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】使用基本不等式证明，从而得，使用证明，再证明可得.
【详解】由题知、均在和之间，
，于是，
当时，，所以.
当时，令，则，所以时，为减函数，
故，故，
所以，
，于是.
所以.
故选：C
【点睛】关键点点睛：解决本题首先用均值不等式放缩，比较和，也可用换底公式；比较和需要构造函数和运用对数运算性质.
7. 已知分别为双曲线的左、右焦点，过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（）
A. 3B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，运用双曲线的定义和条件可得，，，再由渐近线的斜率和余弦定理，结合离心率公式，计算即可得到所求值．
【详解】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，
由双曲线定义可得，
由，可得，，，
由可得，
在三角形中，由余弦定理可得：
，
即有，化简可得，
所以双曲线的离心率．
故选：C．
8. 已知函数，，若存在，，使得成立，则下列结论正确的是（）
A. B.
C. 的最大值为D. 的最大值为
【答案】C
【解析】
【分析】由，得，结合函数的单调性可得，进而可得，构造函数，应用导数求其最值即可.
【详解】由，得，
所以，则，A错误；
则，
两边同时取对数可得：，
又函数在单调递增，，即，故B错误；
所以，故，
设，则，
由，可得，故在单调递增，
由，可得，故在单调递减，
故，因此的最大值为，故C正确，D错误.
故选：C
【点睛】关键点睛：解题的关键是将转化为，结合的单调性求解，需构造函数，结合导数分析即可.
二、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. 下列四个命题，其中说法正确的是（）
A. “”是“”的充分不必要条件
B. 命题“，”的否定是“，”
C. ，，若，则
D. 若向量，，则向量在向量上的投影向量为
【答案】AD
【解析】
【分析】利用充分条件、必要条件的定义判断A；利用存在量词命题的否定判断B；利用向量共线的坐标表示计算判断C；求出投影向量判断D.
【详解】对于A，，而，不一定有，如，
因此“”是“”的充分不必要条件，A正确；
对于B，命题“，”的否定是“，”，B错误；
对于C，由，得，解得，C错误；
对于D，，，因此向量在向量上的投影向量为，D正确.
故选：AD
10. 下列说法中，正确的是（）
A. 一组数据5，8，8，9，12，13，15，16，20，22的第80百分位数为18
B. 若随机变量，且，则．
C. 袋中装有除颜色外完全相同的4个红球和2个白球，从袋中不放回地依次抽取2个球，记事件第一次抽到的是白球，事件第二次抽到的是白球，则
D. 设随机事件A，B，已知，，，则．
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据百分位数的定义计算即可判断选项A；根据正态分布的性质计算即可判断选项B；根据条件概率的计算方法求解即可判断选项C；根据条件概率与对立事件的计算公式计算即可判断选项D.
【详解】对于A，共有10个数，，
所以数据的第80百分位数为16和20的平均数，即为18，故A正确．
对于B，因为，且，
所以，
则，故B正确．
对于C，因为，
所以，则，故C错误．
对于D，因为，，
所以，
又因为，所以，
则，
所以，故D正确．
故选：ABD.
11. 已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，离心率为，点在上，则（）
A. 若的面积为，则
B. 若直线的斜率之积为，则
C. 若，则以为直径的圆与无交点
D. 若，则的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，结合解三角形中的余弦定理和三角形面积公式即可求解；对于B，先根据斜率公式求出，再检验是否成立；对于C，根据离心率，得出椭圆中和的大小关系即可求解；对于D，根据，转化为，列出不等式，即可求出离心率的最大值.
【详解】
对于A，椭圆中，，，
在中，由，
解得，
所以，
又因为，所以，
所以，故选项A错误；
对于B，椭圆左右顶点分别为，，
所以，
又因为点在上，所以，即，
所以，
因为，所以，故选项B正确；
对于C，根据，可得，所以圆与轴的交点之间的距离，可得以为直径的圆与无交点，故选项C正确；
对于D，因为，所以，
又因为点在上，所以，即，
所以，
因为，所以当时，，
又因为，所以，
又因为，所以，即，解得，
所以的最大值为，故选项D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题解决离心率的取值范围的关键是根据焦半径的最大值将题干条件转化为含有的齐次不等式求解，还要注意与椭圆本身离心率相结合.
12. 在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A. 异面直线与所成角的余弦值为
B. 点为正方形内一点，当平面时，的最大值为
C. 过点，，的平面截正方体所得的截面周长为
D. 当三棱锥所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：根据正方体的性质得出在中即为异面直线与所成的角，即可判定；对于B：取的中点的中点，连接，，，得到，，即可证明面面，则根据已知得出轨迹为线段，则过作，此时取得最小值，即可判定；对于C：过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，得出，，设，，以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，得出，，，的坐标，则可根据，列式得出，，即可得出，，在中得出，同理得出，在中得出，同理得出，在中得出，即可得出五边形的周长，即过点的平面截正方体所得的截面周长，即可判定；对于D：取的中点，则，过作，且使得，则为三棱锥的外接球的球心，则为外接球的半径，计算得出半径即可求出球的表面积，即可判定.
【详解】对于A选项，，
在中即为异面直线与所成的角，
，
异面直线与所成的角的余弦值为．故A正确；
对于B选项，取的中点的中点，取的中点，连接，，，
四边形为平行四边形，，，，
同理可得，
又面，面，面，面，
面，面，
又，面，
面面，
又面，面，
轨迹为线段，
在中，过作，此时取得最小值，
在中，，，，
在中，，，，
在中，，，，
如图，在中，，
即的最小值为，而的最大值为．故B错误；
对于C选项，过点的平面截正方体，
平面平面，则过点的平面必与与交于两点，
设过点的平面必与与分别交于、，
过点的平面与平面和平面分别交于与，，同理可得，
如图过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，
如图以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，，，
，，，，
，，
，解得，
，，，，
在中，，，，同理：，
在中，，，，同理：
在中，，，
，
即过点的平面截正方体所得的截面周长为．故C正确；
对于D选项，如图所示，取的中点，则，过作，
且使得，则为三棱锥的外接球的球心，
所以为外接球的半径，
在中，，
，
．故D项正确，
故选：ACD．
【点睛】关键点睛：通过证明面面平行得到动点的轨迹，利用空间向量法确定点的位置是B、C的关键.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数的图象在处的切线斜率为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据切点处切线的斜率等于切点处函数的导数即可求解.
【详解】由题意可得：，则，，
∴函数在处的切线方程为.
故答案为: .
14. 若，且，则实数的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据，分别令，，得到，求解.
【详解】解：因为，
令，得，
令，得，
所以，
，
则，
所以，解得，
故答案为：
15. 已知圆与直线，过上任意一点向圆引切线，切点为，，若线段长度的最小值为，则实数的值为________.
【答案】##
【解析】
【分析】设，则，则由题意可求得，从而可得，而的最小值是圆心到直线的距离，然后列方程可求出实数m的值.
【详解】
圆的圆心，半径，
设，则，
因为，所以，
又，所以，
又，所以，即，
又，所以．
故答案为：．
16. 窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图.如图2，若正八边形边长为2，是正八边形八条边上的动点，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】将正八边形放在平面直角坐标系中，用点的坐标表示出的解析式，再利用线性规划知识进行平移，求出截距的范围即得.
【详解】
如图，因,故可以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系.
在正八边形中，则
设点，则，不妨设，则，
故要求的取值范围，即求的取值范围.由线性规划知，可将直线进行平行移动，
当直线过点时，，当直线过点时，即的取值范围是，
从而的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题主要考查平面向量点乘的范围，属于较难题.求解平面向量点乘的范围问题的方法主要有：
（1）直接法，运用向量点乘的定义计算求解；
（2）基向量表示法，选设平面的基底，运用基底表示向量计算求解；
（3）坐标表示法，选择适当坐标系，运用向量坐标计算求解.
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. 在△ABC中，角的对边分别为，若，且．
（1）求角B的值；
（2）若，且的面积为，求BC边上的中线AM的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，边化角，求得，判断角的范围，确定答案;
（2）由条件可推得，继而求得边长，再根据余弦定理即可求得答案.
【小问1详解】
因为
由正弦定理得
所以，或
又因为，则，故
故答案为：
【小问2详解】
由（1）知，又，所以，则，所以.
又，所以，
中，，
由余弦定理得，
所以.
故答案为：
18. 已知是正项等比数列.，且，
（1）求的通项公式；
（2）当为递增数列，设，求数列前项和.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意建立方程组，求出，写出通项公式即可；
（2）表示出数列，在求数列的前n项和时，进行分类讨论即可.
【小问1详解】
设正项等比数列的公比，
因为，且，，
则，解得或，
所以的通项公式为：或.
【小问2详解】
因为为递增数列，则，
结合题意: ，得到，
所以，
当时，，
;
当时，，
，
综上所述：.
19. 在如图所示的五面体中，共面，是正三角形，四边形为菱形，，平面，，点为中点.
（1）在直线上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由；
（2）当，求平面与平面所成二面角的正弦值.
【答案】（1）存在，理由见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意根据条件推出平面平面，再根据面面平行的判定定理证明结论.
（2）求出，取中点，连接，从而证明，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的正弦值.
【小问1详解】
在直线上存在一点，使得平面平面，理由如下：
取的中点，连接，
由点为中点，得，平面，平面，则平面，
又平面,平面，平面平面，则,
四边形是菱形，则，于是四边形是平行四边形，
则，平面，平面，则平面，
而平面，所以平面平面.
【小问2详解】
四边形为菱形，，则为正三角形，，
在中，，由余弦定理知，
取中点，连接，而是正三角形，则，
显然，即，又，即直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，
由，得，则，，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面与平面所成二面角为，，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为.
20. 在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列.现连续发射信号次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号1的次数为.
（1）当时，求
（2）已知切比雪夫不等式：对于任一随机变最，若其数学期望和方差均存在，则对任意正实数，有.根据该不等式可以对事件“”的概率作出下限估计.为了至少有的把握使发射信号“1”的频率在0.4与0.6之间，试估计信号发射次数的最小值.
【答案】（1）
（2）1250
【解析】
【分析】（1）根据二项分布公式计算；
（2）运用二项分布公式算出和，再根据题意求出中a的表达式，最后利用切比雪夫不等式求解.
【小问1详解】
由已知，
所以
；
【小问2详解】
由已知，所以，
若，则，即，
即.
由切比雪夫不等式，
要使得至少有的把握使发射信号“1”的频率在与之间，则，
解得，所以估计信号发射次数的最小值为1250；
综上，，估计信号发射次数的最小值为1250.
21. 已知抛物线，点为抛物线上一点，过点作轴，垂足为，线段的中点为（当与重合时，认为也与重合），设动点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设为曲线上不同的三点，且的重心为，求面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出两点的坐标，由为线段的中点得到的坐标，把点的坐标代入整理得线段的中点的轨迹;
（2）设直线，联立抛物线，借助重心公式找到的关系，再表示出面积，利用导数知识，找到面积的取值范围.
【小问1详解】
设，则，
由为中点可得：
，故（*），
因为在抛物线上，故，
将代入上式可得：，
故的方程为.
【小问2详解】
由题知，显然直线的斜率不为0，故可设直线，.
.
，
所以，
因为是的重心，故，即，
所以，
因为在上，所以，
即：.化简得：.
代入可得：，解得：.
.
点到直线的距离.
故
令，得.
令，则.
所以在单调递增，在上单调递减，又.
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：求最值或范围问题的基本解法
（1）几何法:根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等).
（2）代数法:建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)解决.
22. 已知函数.
（1）当时，求的极值；
（2）若，求的值；
（3）求证：.
【答案】（1）在处取得极小值，无极大值
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得最值；
（2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值；
（3）利用放缩法，由，可知若证，即证，再根据，可得证.
【小问1详解】
当时，，，
则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在处取得极小值，无极大值；
【小问2详解】
由题意得，
①当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，与矛盾；
②当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
因为恒成立，所以，
记，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以，
又，
所以，
所以；
【小问3详解】
证明：先证，
设，则，
所以在区间上单调递减，
所以，即，
所以，
再证，
由（2）可知，当时等号成立，
令，则，
即，
所以，，，
累加可得，
所以.
【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．