2024届重庆市高三上学期8月月度质量检测数学试题含答案

2024届重庆市高三上学期8月月度质量检测数学试题

一、单选题

1．若（是虚数单位），则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】D

【分析】先化简复数z，再利用复数的几何意义求解.

【详解】解：因为（是虚数单位），

所以（是虚数单位），

所以在复平面内对应的点位于第四象限，

故选：D

2．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求得集合，根据集合的交集运算，即可求得答案.

【详解】由题意得，

故，

故选：A

3．雅礼女篮一直是雅礼中学的一张靓丽的名片，在刚刚结束的2022到2023赛季中国高中篮球联赛女子组总决赛中，雅礼中学女篮队员们敢打敢拼，最终获得了冠军．在颁奖仪式上，女篮队员12人（其中1人为队长），教练组3人，站成一排照相，要求队长必须站中间，教练组三人要求相邻并站在边上，总共有多少种站法（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据捆绑法以及特殊元素优先安排的原则，即可由排列组合以及分步乘法计数原理求解.

【详解】选择左右两边其中一边将教练组3人捆绑看作一个整体安排共有种排法，

将剩余的11名队员全排列共有，

由分步乘法计数原理可得总的站法有，

故选:B.

4．已知实数满足，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将化为，构造函数，利用导数判断其单调性，根据单调性可得，即，再根据导数可求出其最小值.

【详解】由，得，

则，所以，即.

设，则0，可知在上为增函数，

所以，则，即.

令，则，

当时，，当时，，

所以在上为减函数，在上为增函数，

所以.

故选：B

【点睛】关键点点睛：将化为，再利用指对同构构造函数进行求解是解题关键.

5．已知双曲线C：，直线与双曲线C的两条渐近线交于A，B两点，O为坐标原点，若为等边三角形，则双曲线C的焦距为（    ）

A． B． C．2 D．4

【答案】D

【分析】求双曲线的渐近线，由条件求出坐标，根据条件求，再求双曲线的焦距.

【详解】设双曲线的左焦点为，右焦点为，双曲线的半焦距为，

双曲线的渐近线为和，

不妨设直线与的交点为，则点的坐标为，

则直线与的交点为，则点的坐标为，

因为为等边三角形，，

所以，

所以，

所以双曲线C的焦距，

故选：D.

6．函数在在区间上单调递增，则k得取值范围是（    ）

A． B．

C． D．（-，1]

【答案】B

【分析】将问题转化为即在上恒成立，利用导数求出函数在上的最大值即可求得k的范围.

【详解】因为，

由题意知在上恒成立，

所以在上恒成立，

令，则，

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

所以，

故.

故选：B.

7．中，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】化简得到，从而得到，得到，，利用正弦定理得到，从而得到的取值范围.

【详解】，

在中，，故或，

当时，，故，不合要求，舍去，

所以，，

因为，所以，即，

因为，所以，

由正弦定理得，

故因为，所以，

故，

因为，所以，

故，

因为，所以，，，

故.

故选：B

【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，

常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；

②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；

③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.

8．在数列中，，且函数的导函数有唯一零点，则的值为（    ）．

A．1021 B．1022 C．1023 D．1024

【答案】A

【分析】对应函数求导，利用奇偶性定义判断为偶函数，根据有唯一零点知，构造法有，应用等比数列定义写出通项公式并求对应项.

【详解】由在上有唯一零点，

而，

所以为偶函数，则，故，且，

所以是首项为4，公比为2的等比数列，则，

则.

故选：A

【点睛】关键点点睛：判断导函数为偶函数，进而得到为关键.

二、多选题

9．已知圆锥顶点为，底面圆的直径长为，.若为底面圆周上不同于，的任意一点，则下列说法中正确的是（    ）

A．圆锥的侧面积为

B．面积的最大值为

C．圆锥的外接球的表面积为

D．若圆锥的底面水平放置，且可从顶点向圆锥注水，当水的平面过的中点时，则水的体积为

【答案】BCD

【分析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式分析运算；对C：根据题意可得圆锥的外接球半径为的外接圆半径，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得结果；对D，利用圆锥的体积公式即可求解．

【详解】对于A：由题意可知：，

故圆锥的侧面积为，故A错误；

对于B：的面积，

在中，，故为钝角，

由题意可得，

故当时，面积的最大值为，故B正确；

对于C：由选项B可得：，则为钝角，

可得，

由题意可得圆锥的外接球半径为的外接圆半径，设其半径为，

则，即，

故圆锥的外接球的表面积为，故C正确；

对于D：当水的平面过的中点时，则水的体积为，故D正确．

故选：BCD．

10．已知圆与圆相交于两点，则（    ）

A．圆的圆心坐标为

B．当时，

C．当且时，

D．当时，的最小值为

【答案】ABD

【分析】由方程得出圆心坐标；由两圆的位置关系得出的范围；由勾股定理结合距离公式判断C；由为圆的直径，结合二次函数的性质判断D.

【详解】由圆的方程可知圆的圆心坐标为，即正确；

当时，圆，，

所以有，即，解得，即B正确；

因为，且，所以，

即，解得或，即C错误；

因为圆的直径为2，所以当时，为圆的直径，

所以，

当且仅当时，，即D正确.

故选：ABD.

11．已知函数在上可导，且，其导函数满足（当且仅当时取等号），对于函数，下列结论正确的是（    ）

A．函数在上为减函数 B．是函数的极大值点

C．函数必有2个零点 D．

【答案】AD

【分析】对于AB，对求导后，结合可求出的单调区间和极值，进行判断，对于C，求出的最小值分析判断，对于D，由在上单调递增分析判断.

【详解】对于AB，因为，所以，

因为（当且仅当时取等号），

所以当时，，则单调递减，

当时，，则单调递增，

所以是函数的极小值点，所以A正确，B错误；

对于C，因为，所以当时，函数没有零点，故C错误；

对于D，因为在上单调递增，所以，即，所以，故D正确，

故选：AD

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，解题的关键是对求导后，结合求出的单调区间，考查计算能力，属于较难题.

12．千百年来，我国劳动人民在生产实践中根据云的形状、走向、速度、厚度、颜色等的变化，总结了丰富的“看云识天气”的经验，并将这些经验编成谚语，如“天上钩钩云，地上雨淋淋”“日落云里走，雨在半夜后”……小波同学为了验证“日落云里走，雨在半夜后”，观察了A地区的100天日落和夜晚天气，得到如下2×2 列联表，并计算得到χ2≈19.05，下列小波对A地区天气的判断正确的是（　　）

A．夜晚下雨的概率约为

B．未出现“日落云里走”，夜晚下雨的概率约为

C．依据α＝0.005 的独立性检验，认为“日落云里走”是否出现与夜晚天气有关

D．依据α＝0.005 的独立性检验，若出现“日落云里走”，则认为夜晚一定会下雨

【答案】ABC

【分析】用古典概型的计算公式判断；由独立性检验可判断.

【详解】根据列联表可知，100天中有50天下雨，50天未下雨，因此夜晩下雨的概率约为＝，A正确；

未出现“日落云里走”，夜晩下雨的概率约为＝，B正确；

χ2≈19.05＞7.879＝x0.005，因此依据α＝0.005 的独立性检验，

认为“日落云里走”是否出现与夜晩天气有关，C正确；

依据α＝0.005的独立性检验，可判断“日落云里走，雨在半夜后”的说法犯错误的概率小于0.005，

但不代表一定会下雨，D错误.

故选：ABC

三、填空题

13．已知平面向量与的夹角为，则      .

【答案】

【分析】利用，展开后利用向量的数量积的定义及运算即可求解.

【详解】平面向量与的夹角为，

则，

，

故答案为：.

14．正三棱锥底面边长为为的中点，且，则正三棱锥外接球的体积为     .

【答案】

【分析】首先求得正三棱锥的侧棱长和高，然后求得正三棱锥外接球的半径，从而求得外接球的体积.

【详解】设是正三棱锥底面三角形的中心，则平面，

且三点共线，，

设，

依题意，，，是中点，，

所以三角形和三角形是直角三角形，

所以，即.

由于平面，所以，

所以，

设正三棱锥外接球球心为，则三点共线，

设正三棱锥外接球半径为，则，

即，解得，

所以外接球的体积为.

故答案为：

【点睛】求解正棱锥有关问题，要把握住正棱锥的性质，如底面是正多边形，定点在底面的射影是底面的中心等等.求解几何体外接球有关问题，关键点是判断出球心的位置以及计算出球的半径.另外要注意看清题目是求球的表面积还是求体积.

15．如果，则为奇函数，图象关于原点对称. 如果，则图象关于点对称.若已知函数的最大值为，最小值为，则的值为           .

【答案】2

【分析】将化简为，判断为奇函数，利用函数的奇偶性质即可求得答案.

【详解】由题意知，

令，则，

即为奇函数，

设的最大值为N，最小值为n，则，

故，

则，

故答案为：2

【点睛】关键点睛：解答本题的关键,是判断为奇函数，利用其最大值和最小值和为0，结合求解最终结果.

16．定义在R上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列正确的是      .（填序号）

①   ②函数关于对称    ③函数是周期函数   ④

【答案】①③④

【分析】利用复合函数的奇函数定义及复合函数的导数法则，结合函数的对称性及周期性即可求解.

【详解】因为为奇函数，所以，

令，可得，即，故①正确；

因为，所以，所以，

又，所以，

所以，即，

所以函数的图象关于点对称，故②错，

因为，所以，所以，为常数，

因为，所以，所以，

取，可得.所以，

由，得，

所以，即，

所以，所以函数是周期函数，且周期为，

又，即，

所以函数也是以周期得周期函数，故③正确；

因为，，

所以，即，

所以，则，

所以，

，故④正确.

故答案为：①③④.

四、解答题

17．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求角A的大小；

(2)若，且，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理即可求解；

（2）利用余弦定理和三角形面积公式即可求解.

【详解】（1）由得，

利用正弦定理可得，化为，

所以由余弦定理得，，.

（2）由余弦定理可得，

所以，

所以.

18．已知数列的前项和为，设.

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由可得数列是等比数列，即可求出通项公式；

（2）可得，利用裂项相消法可求．

【详解】（1）已知①，

当时，，解得，

当时，②，

①②得：，

因为，整理得，所以；

（2）由，可得，由于

，

所以.

19．某闯关游戏由两道关卡组成，现有名选手依次闯关，每位选手成功闯过第一关和第二关的概率均为，两道关卡能否过关相互独立，每位选手的闯关过程相互独立，具体规则如下：

①每位选手先闯第一关，第一关闯关成功才有机会闯第二关.

②闯关选手依次挑战.第一位闯关选手开始第一轮挑战.若第位选手在10分钟内未闯过第一关，则认为第轮闯关失败，由第位选手继续挑战.

③若第位选手在10分钟内闯过第一关，则该选手可继续闯第二关.若该选手在10分钟内未闯过第二关，则也认为第轮闯关失败，由第位选手继续挑战.

④闯关进行到第轮，则不管第位选手闯过第几关，下一轮都不再安排选手闯关.令随机变量表示名挑战者在第轮结束闯关.

(1)求随机变量的分布列；

(2)若把闯关规则①去掉，换成规则⑤：闯关的选手先闯第一关，若有选手在10分钟内闯过第一关，以后闯关的选手不再闯第一关，直接从第二关开始闯关.令随机变量表示名挑战者在第轮结束闯关.

（i）求随机变量的分布列

（ii）证明.

【答案】(1)分布列见解析

(2)（i）分布列见解析（ii）证明见解析

【分析】（1）求出随机变量的取值，求出对应的概率即可列出分布列；

（2）（i）求出随机变量的取值，求出的概率即可列出分布列；

（ii）求出，先判断单调性，然后利用错位相减法和不等式放缩证明.

【详解】（1）由题意，每位选手成功闯过两关的概率为，易知取1,2,3,4，则，，，，

因此的分布列为

（2）（i）时，第人必答对第二题，

若前面人都没有一人答对第一题，其概率为，

若前面人有一人答对第一题，其概率为，

故.

当时，

若前面人都没有一人答对第一题，其概率为，

若前面人有一人答对第一题，其概率为，

故.

的分布列为：

（ii）由（i）知.

，

故，

又，

故，

所以，①

，②

②－①，

故.

【点睛】方法点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：

（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；

（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；

（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望.

（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，

可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）.

20．已知四棱锥，底面为菱形，为上的点，过的平面分别交于点，且∥平面．

(1)证明：；

(2)当为的中点，与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见详解

(2)

【分析】（1）根据线面垂直可证平面，则，再根据线面平行的性质定理可证∥，进而可得结果；

（2）根据题意可证平面，根据线面夹角可知为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量求面面夹角.

【详解】（1）设，则为的中点，连接，

因为为菱形，则，

又因为，且为的中点，则，

，平面，所以平面，

且平面，则，

又因为∥平面，平面，平面平面，

可得∥，所以.

（2）因为，且为的中点，则，

且，，平面，所以平面，

可知与平面所成的角为，即为等边三角形，

设，则，且平面，平面，

可得平面，平面，

且平面平面，所以，即交于一点，

因为为的中点，则为的重心，

且∥，则，

设，则，

如图，以分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，

可得，

设平面的法向量，则，

令，则，可得，

设平面的法向量，则，

令，则，可得，

可得，

所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值.

21．已知曲线上任意一点满足，且.

(1)求的方程；

(2)设，若过的直线与交于两点，且直线与交于点.证明：点在定直线上.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据双曲线的定义进行求解；

（2）设出经过的直线方程，且，利用的坐标表示出的横坐标，然后结合韦达定理求解.

【详解】（1）由于，符合双曲线的定义，

于是，即，

故，注意到，且焦点在轴上，

故曲线的方程为

（2）若过的直线与交于两点，则斜率不会是，否则和右支只有一个交点，

设该直线为，和双曲线联立可得，

则，故，

设，则方程可写作：，的方程可写作：，

联立的方程可得，，整理可得，，

则，

利用在直线上，

于是，

于是，故，

即，故交点一定落在上.

22．已知函数，

(1)若函数，讨论当时函数的单调性；

(2)若函数恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增

(2)

【分析】（1）化简可得，利用导数可求得单调性；

（2）分析可知且；令，可将恒成立的不等式转化为，结合单调性可得，令，利用导数可求得单调性和，进而得到的范围.

【详解】（1）当时，；

定义域为，，

当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增.

（2）若，即，由得：，

则当时，，则不恒成立，

且定义域为；

由恒成立可得：，

，

令，则，

与均为单调递增函数，为单调递增函数，

，；

令，则，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，，

，解得：，即实数的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数单调性，恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够采用同构法，将问题转化为的两个函数值大小关系的比较问题，进而根据的单调性得到自变量的大小关系.