重庆市外国语学校（川外附中）2024届高三上学期12月月考数学试题（Word版附答案）

这是一份重庆市外国语学校（川外附中）2024届高三上学期12月月考数学试题（Word版附答案），共22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。
学校：__________姓名：__________班级：__________考号：__________
一、单选题
1.设集合，，则（ ）
A.B.C.D.
2.已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A.B.C.D.
3.已知向量，满足，，，则在上的投影向量为（ ）
A.B.C.D.
4.由于我国与以美国为首的西方国家在科技领域内的竞争日益激烈，美国加大了对我国一些高科技公司的打压，为突破西方的技术封锁和打压，我国的一些科技企业积极实施了独立自主、自力更生的策略，在一些领域取得了骄人的成绩.我国某科技公司为突破“芯片卡脖子”问题，实现芯片制造的国产化，加大了对相关产业的研发投入.若该公司2020年全年投入芯片制造方面的研发资金为120亿元，在此基础上，计划以后每年投入的研发资金比上一年增长9%，则该公司全年投入芯片制造方面的研发资金开始超过200亿元的年份是（ ）参考数据：，，
A.2023年B.2024年C.2025年D.2026年
5.已知，，则（ ）
A.B.C.D.
6.在数列中，，，，则的前20项和（ ）
A.621B.622C.1133D.1134
7.已知是直线上一点，过点作圆的两条切线，切点分别为A，B，当直线与平行时，（ ）
A.B.C.D.4
8.已知函数，若方程有4个不同实根，，，（），则的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
二、多选题
9.下列说法正确的是（ ）
A.若，，，则的最大值为4
B.，，，则的最小值是4
C.当时，有最大值
D.的最小值为
10.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.函数的最小正周期为
B.函数的图象关于点对称
C.函数的图象可由的图象上所有点横坐标缩短为原来的，纵坐标不变得到
D.函数的图象可由的图象上所有点向左平移个单位得到
11.如图所示，正方体的棱长为2，，则（ ）
A.的最小值为
B.存在一点，使得与平面所成角为
C.存在一点，使得与所成的角为
D.当时，三棱锥的外接球的表面积为
12.已知当时，，则（ ）
A.B.
C.D.
三、填空题
13.某同学参加科普知识竞赛，需回答3个问题，竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题分别得100分、100分、200分，答错得零分.假设这名同学答对第一、二、三个问题的概率分别为0.8、0.7、0.6，且各题答对与否相互之间没有影响，则这名同学得300分的概率为__________.
14.杭州亚运会期间某餐厅为志愿者供应客饭，每位志愿者可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同品种.现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位志愿者有200种以上不同选择，则餐厅至少还需要准备__________种不同的素菜.
15.函数为奇函数，且，若，则__________.
16.函数的极小值为__________.
四、解答题
17.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求；
（2）已知，，边上有一点满足，求.
18.在数列中，，.
（1）证明：数列为常数列.
（2）若，求数列的前项和.
19.长沙市某中学近几年加大了对学生奥赛的培训，为了选择培训的对象，2023年5月该中学进行一次数学竞赛，从参加竞赛的同学中，选取50名同学将其成绩（百分制，均为整数）分成六组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组得到频率分布直方图（如图），观察图中信息，回答下列问题：
（1）根据频率分布直方图，估计本次考试成绩的平均数和第71百分位数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）已知学生成绩评定等级有优秀、良好、一般三个等级，其中成绩不小于90分时为优秀等级，若从成绩在第5组和第6组的学生中，随机抽取2人，求所抽取的2人中至少有1人成绩优秀的概率.
20.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为正三角形，平面平面，E为线段的中点，是线段（不含端点）上的一个动点.
（1）记平面交于点，求证：平面；
（2）是否存在点，使得二面角的正弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
21.已知点为椭圆内一点，过点的直线与交于A，B两点.当直线经过的右焦点时，点恰好为线段的中点.
（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆的光学性质是指：从椭圆的一个焦点出发的一束光线经椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点.设从椭圆的左焦点出发的一束光线经过点，被直线反射，反射后的光线经过椭圆二次反射后恰好经过点，由此形成的三角形称之为“光线三角形”.求此时直线的方程，并计算“光线三角形”的周长.
22.已知函数.
（1）求的最值；
（2）若方程有两个不同的解，求实数的取值范围.
重庆市九龙坡区重庆外国语学校2024届
高三上学期12月月考数学试题答案与解析
一、单选题
1.【答案】C
【分析】利用交集的定义求解.
【详解】集合，，则.
故选：C.
2.【答案】B
【分析】根据复数四则运算计算可得，再由虚部定义可得结果.
【详解】由可得，所以可得的虚部为.
故选：B
3.【答案】B
【分析】由数量积的运算律得，进而根据投影向量的公式求解即可.
【详解】解：因为，，，
所以，解得，
所以在上的投影向量为.
故选B.
4.【答案】D
【分析】根据指数函数模型列不等式求解.
【详解】设2020年后第年该公司全年投入芯片制造方面的研发资金开始超过200亿元，
由得，
两边同取常用对数，得，所以，
所以从2026年开始，该公司全年投入芯片制造方面的研发资金开始超过200亿元.
故选：D.
5.【答案】C
【分析】利用同角三角函数的平方关系，结合正弦的差角公式计算即可.
【详解】由题意得，
，
两式相加得，
即，
解得.
故选：C
6.【答案】C
【分析】设，.根据已知可推得为等差数列，为等比数列，求出，的表达式.然后分组，根据等差数列以及等比数列前项和公式求解，即可得出答案.
【详解】设，，则，.
由已知可得，
，即，
所以为以2为首项，2为公差的等差数列，.
，即，
所以为以1为首项，2为公比的等比数列，.
所以，的前20项和
.
故选：C.
7.【答案】A
【分析】根据跟定条件，利用圆的切线的性质，结合面积法求解作答.
【详解】
连接，，，由，切圆于A，B知，，，，
因为直线与平行，则，
，而圆半径为1，
于是，
由四边形面积，
得，
所以.
故选：A.
8.【答案】D
【分析】利用函数与方程思想，分别应用一元二次方程根与系数的关系及对数运算求出结果.
【详解】当时，，则，
令，即，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，且；
当时，，则；
若方程有4个不同实根，则，解得；
当时，易知，是方程的两个不同实根，
即方程的两个不同实根，所以，，
所以，，
因为，所以；
当时，因为，是的两个不同实根，所以，
易知，所以，得，
所以，所以的取值范围是，
故选：D.
【点睛】结论点睛：（1）若直线与函数的图象有两个不同交点，，则；
（2）若直线与函数的图象有两个不同交点，，则，.
二、多选题
9.【答案】BCD
【分析】直接使用基本不等式可判断A；妙用“1”可判断B；变形为使用基本不等式可判断C；变形为，利用对勾函数性质可判断D.
【详解】对于A中：由，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为4，所以A不正确；
对于B中：满足，可得，
当且仅当，即时，等号成立，所以B正确；
对于C中：当，可得，
当且仅当，即时，等号成立，所以C正确；
对于D中：由，
令，则，，
由对勾函数性质可知，当时，有最小值，所以D正确.
故选：BCD
10.【答案】ACD
【分析】利用三角恒等变换化简可得出，利用正弦型函数的周期公式可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断B选项；利用三角函数图象变换可判断D选项.
【详解】因为，
对于A选项，函数的最小正周期为，A对；
对于B选项，，所以，函数的图象不关于点对称，B错；
对于C选项，函数的图象可由的图象上所有点横坐标缩短为原来的，纵坐标不变得到，C对；
对于D选项，因为，
所以，函数的图象可由的图象上所有点向左平移个单位得到，D对.
故选：ACD.
11.【答案】ABD
【分析】A将面绕翻折至与面共一个平面，由，，共线时，最小即可判断；B、C构建空间直角坐标系，向量法求与平面所成角范围、判断与所成角大小判断；D证面，将补全为直棱柱，由它们共外接球，进而求其表面积判断.
【详解】A：将如图中面绕翻折至与面共一个平面，
而，，
所以，，共线时，最小，此时为中点，
则最小值为，对；
构建如图所示的空间直角坐标系，，，，，
所以，，，
若为面一个法向量，则，
令，则，
若与平面所成角为，且，
所以，
令，则，故，
由上知：，故，即，
所以，存在一点，使得与平面所成角为，B对；
由上知：，则，即，C错；
由，则为中点，且，根据A分析知：，，
又为等边三角形，则，，
由，，面，则面，
将补全为如下直棱柱，则三棱锥的外接球，即为棱柱的外接球，
中，，则，故，
所以外接圆半径为，故外接球半径平方，
则其表面积为，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：B、C构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角、判断异面直线位置关系，D证面，并补全为直棱柱，判断共外接球为关键.
12.【答案】BCD
【分析】根据给定的不等式，赋值变形判断A；赋值求和判断BC；变形不等式右边，借助二项式定理及组合数的性质推理判断D作答.
【详解】因为，令，，
则，故A错误；
因为，则，，…，，
以上各式相加有，B正确；
因为，则，，…，，
以上各式相加有，C正确；
由得，，即，
，因此，所以D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：由给定信息判断命题的正确性问题，从给定的信息出发结合命题，对变量适当赋值，再综合利用相关数学知识及方法是解决问题的关键.
三、填空题
13.【答案】
【分析】根据互斥事件、独立事件的概率公式求解即可.
【详解】记“这名同学答对第个问题”为事件，
则，，
这名同学得300分包括两种情况，一是答对第一和第三两个题目，二是答对第二和第三两个题目，这两种情况是互斥的，
所以.
故答案为：0.228
14.【答案】7
【分析】根据保证每位顾客有200种以上不同选择，可得，由此可得结论.
【详解】设还需准备种不同的素菜，
由题意得，解得或，
又因，，所以的最小值为7，
所以餐厅至少还需要准备7种不同的素菜.
故答案为：7.
15.【答案】0
【分析】由为奇函数可得，解得，
再由结合，即可得出答案.
【详解】因为函数为奇函数，
所以，
所以，即，解得：或（舍去），
故，
因为，，
则，
所以，又，所以.
故答案为：0
16.【答案】
【分析】换元，设，求导，判断函数的单调性，进而可得极值.
【详解】设，则，
由，得.
令，，则，
当时，；
当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，即的极小值为.
故答案为：.
四、解答题
17.【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据三角形内角和定理、诱导公式，结合正弦定理、正弦的二倍角公式进行求解即可；
（2）根据三角形面积公式，结合余弦定理进行求解即可.
【详解】（1），由正弦定理，有，即，
又，即有，，
，，所以，，故.
（2）设，，由（1）知，
在中，由余弦定理，
可知，，
又，可知，
在中，，
即，①
在中，，
即，
联立①②解得.
18.【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）化简得，即可证明；
（2）应用错位相减法即可求解.
【详解】（1）令，得，则.
因为①，所以②.
①-②得，即.
因为，所以数列为常数列.
（2）由（1）可得，所以是公差为1的等差数列，
所以.
因为，所以③，
④.
③-④得
，
所以.
19.【答案】（1）平均分约为66.8；第71百分位数为75；
（2）.
【分析】（1）利用平均数定义计算出平均数，再判断出第71百分位数位于，设出未知数，得到方程，求出百分位数；
（2）求出第5组和第6组的人数，利用列举法求解概率.
【详解】（1），
所以本次考试成绩的平均分约为66.8；
因为成绩在的频率为，
成绩在的频率为，
所以第71百分位数位于，
设其为，则，
解得，所以第71百分位数为75；
（2）第5组的人数为：人，可记为A，B，C，D；
第6组的人数为：人，可记为a，b，c；
则从中任取2人，有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共21种情况，
其中至少有1人成绩优秀的情况有，，，，，，，，，，，，，，，共15种情况.所以至少有1人成绩优秀的概率.
20.【答案】（1）证明见解析
（2）存在，点M为线段上靠近点P的三等分点，理由见解析
【分析】（1）证明平面，利用线面平行的性质可证得，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）连接、、，推导出平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：因为四边形为菱形，则，
因为平面，平面，所以，平面，
因为平面，平面平面，则，
因为平面，平面，因此，平面.
（2）解：连接、、，
因为为等边三角形，为的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为四边形是边长为2的菱形，则，
又因为，则为等边三角形，则，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，
，
则，
取，则，，所以，，
由题意可得，
整理可得，即，因为，解得，
故当点为线段上靠近点的三等分点时，二面角的正弦值为.
21.【答案】（1）
（2）当直线为时，周长为；
当直线为时，周长为.
【分析】（1）设点A，B的坐标为，，代入椭圆方程，利用已知条件可得，再由，，即可得解；
（2）设直线的方程为，设点关于直线的对称点为，从椭圆的左焦点发射一束光线经过直线进行反射后的反射光线必经过点，由椭圆的光学原理可知，，三点共线，即得，再根据椭圆的定义即可求得“光线三角形”的周长.
【详解】（1）解：设点A，B的坐标为，.
将其代入椭圆方程可得，；
两式相减可得，
整理可得.
其中为直线的斜率，
可利用点及点计算可得.
其中，代入上式可得，即可得，
根据椭圆三个参数间的关系：，可得.
综上可得椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，设点关于直线的对称点为，从椭圆的左焦点发射一束光线经过直线进行反射后的反射光线必经过点.
设过点且与直线垂直的直线为.
直线与直线的交点为，
从而可得点的坐标为，
为了保证经过椭圆反射后再回到点，根据椭圆的光学性质可知上述反射光线会经过椭圆的右焦点，
综上可知点，，三点共线.
即可知，即有，经计算可得.
符合条件的直线方程为.
当直线为时，根据条件易知，.
根据椭圆的定义经过点的反射光线及经过椭圆的后的反射光线的和为.
此时光线闭合三角形的周长为.
当直线为时，根据条件易知，.
根据椭圆的定义经过点的反射光线及经过椭圆的后的反射光线的和为.
此时“光线三角形”的周长为.
【点睛】方法点睛：1、有关直线与粗圆相交的中点弦问题，将两交点坐标代入椭圆方程，再相减，就可得此直线的斜率；
2、涉及圆雉曲线的试题，要紧扣曲线的定义.
22.【答案】（1）答案见解析
（2）
【分析】（1）首先对求导，利用导数研究函数的单调性，可得函数的最值；
（2）构造函数，先将方程有两个不同的解的问题转化为函数有两个不同的零点问题.再对进行分类讨论，根据函数单调性结合零点存在定理求解.
【详解】（1）由题意可得：，令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以的最小值为，无最大值.
（2）令，
则，
若方程有两个不同的解，则有两个不同的零点.
（i）若，则，由得.
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为.
①当时，，即，故没有零点，不满足题意；
②当时，，只有一个零点，不满足题意；
③当时，，即，
当时，，
又因为，故，所以，
又，
故在上有一个零点.
设，
则，单调递增，所以，
故当时，，
又，所以，因此在上有一个零点，
所以当时，有两个不同的零点，满足题意；
（ii）若，则由得.
①当时，，
当时，；当时，；
当时，.
所以在和上单调递减，在上单调递增.
又，
所以至多有一个零点，不满足题意；
②当时，，则，
所以单调递减，至多有一个零点，不满足题意；
③当时，，
当时，；当时，；
当时，.所以在和上单调递减，
在上单调递增，
又，所以至多有一个零点，不满足题意；
综上，实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法
（1）直接法：直接根据题设条件对参数进行分类讨论，通过研究函数的零点情况来确定参数的取值范围.
（2）分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题.