2024届重庆市高三上学期11月份大联考数学试题含答案

这是一份2024届重庆市高三上学期11月份大联考数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】的元素用来表示，再利用集合间的基本关系选择正确答案.
【详解】因为，所以．
故选：A.
2．已知，则z的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由复数除法求得后，根据定义可得．
【详解】，所以虚部为．
故选：C．
3．若，则（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】将利用同角三角函数的基本关系和二倍角的关系，把正弦和余弦化为正切可求得所求代数式的值.
【详解】因为，，
所以．
故选：D．
4．在三棱台中，截面与底面平行，若，且三棱台的体积为1，则三棱台的体积为（ ）
A．5B．8C．9D．10
【答案】B
【分析】将三棱台补成三棱锥，根据面积比转换为边长比，再由三棱锥和三棱台的体积比与边长比的关系，即可求出三棱锥的体积以及三棱台的体积，从而可得结论.
【详解】将三棱台补成三棱锥，
因为，所以，
设，三棱锥的体积为，三棱台的体积为b，
则所以．
故选：B．
【点睛】关键点睛：将三棱台补成三棱锥，灵活运用面积比与边长比的关系以及体积比与边长比的关系是解题关键，本题主要考查三棱台的体积问题，考查转化思想，属于较难题.
5．当趋近于时，为一个无理常数，且运用不等式（当且仅当时等号成立）来研究的单调性，可得最接近的值为（参考数据：）（ ）
A．9.7875B．10.7875C．8.6331D．11.6331
【答案】A
【分析】作差判断的单调性，即可得到，从而得解.
【详解】因为，
所以单调递减，则，
即．
故选：A．
6．设A，B为两个事件，已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用全概率公式列式计算即得.
【详解】由，得，显然，
因此，所以．
故选：B
7．直线与函数的图象公共点的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数求出函数的零点即可得解.
【详解】联立与，消去y得，，
令，求导得，
当时，单调递减；当时，单调递增，
因此，函数有唯一零点1，
所以直线与函数的图象公共点的个数为1．
故选：B
8．如图，将圆柱的下底面圆置于球O的一个水平截面内，恰好使得与水平截面圆的圆心重合，圆柱的上底面圆的圆周始终与球O的内壁相接（球心O在圆柱内部），已知球O的半径为3，，则圆柱体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先画出平面图，得到圆柱的底面半径，高为，代入圆柱体积公式求解，再令，利用导数求最值.
【详解】
设R为圆上任意一点，过R作圆柱的轴截面，过O作交圆柱轴截面的边于M，N，设与圆柱的下底面所成的角为，则，所以，即，当点P，Q均在球面上时，角取得最小值，此时，所以，所以，
令，所以，
所以，另，解得两根
所以，
所以在时单调递减，
所以．
故选：B．
【点睛】考查运用导数求最值的方法；先画出平面图，得到圆柱的底面半径，高为，代入圆柱体积公式求解，再令，利用导数求最值.
二、多选题
9．8名学生参加跑的成绩（单位：s）分别为13.10，12.99，13.01，13.20，13.01，13.20，12.91，13.01，则（ ）
A．极差为0.29B．众数为13.01
C．平均数近似为13.05D．第75百分位数为13.10
【答案】ABC
【分析】根据极差，众数，平均数，百分位数的概念逐项分析．
【详解】将该组数据从小到大排列为：12.91，12.99，13.01，13.01，13.01，13.10，13.20，13.20.
对于A：极差为，故A正确；
对于B：这组数据中13.01出现3次，众数为13.01，故B正确；
对于C：平均数为，故C正确；
对于D：因为共有8个数据，所以，则第75百分位数为．所以D错误．
故选:ABC．
10．已知函数是上的单调函数，则a的值可以是（ ）
A．2B．C．D．
【答案】BC
【分析】根据分段函数的性质以及对数函数的性质求解.
【详解】由题意，函数是上的单调函数，
所以，解得，
故选:BC．
11．若满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】令，代入已知条件，再由判别式可求得的范围，从而可判断A,B选项，将已知条件变形为，再由均值不等式可得的范围，再利用代入法并化简即可判断C,D选项.
【详解】令，即，代入可得：
.
所以, 解得 , 所以 A 正确. B 正确；
由 可变形为 ,
因为 , 将代入上式可得：
,
解得 , 所以不正确, D正确.
故选：.
12．定义函数:①对;②当时，，记由构成的集合为M，则（ ）
A．函数
B．函数
C．若，则在区间上单调递增
D．若，则对任意给定的正数s，一定存在某个正数t，使得当时，
【答案】BCD
【分析】根据给定函数的定义，结合各选项中的函数逐一判断即可.
【详解】对于A，当时，，则
，则不属于M，A错误；
对于B，，则当时，，
，
由，得，则
即，因此属于M，B正确；
对于C，由，则对任意都有，且，
，则，，
于是，
因此在区间上单调递增，C正确；
对于D，对给定的正数s，若，则取，使得当时，由选项C知，恒有，
若，依题意，对于任意s，都有，且，
于是，同理，随着n的无限增大，无限趋近于0，
因此存在，则取，使得当时，恒有，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：此题考查函数的新定义，解题的关键是对函数新定义的正确理解，注意合理分析问题及正确计算.
三、填空题
13．若抛物线上一点A的横坐标为，且A到C的焦点的距离为，则A点的一个纵坐标为 ．（写出一个符合条件的即可）
【答案】或（写出一个符合条件的即可）
【分析】根据抛物线的几何性质运算即可得出，根据点A的横坐标代入抛物线从而可求出答案.
【详解】因为准线方程为，所以，
所以，所以，
点A的横坐标为，
所以A点的纵坐标为．
故答案为：或.（写出一个符合条件的即可）
14．向量在向量上的投影向量为 ．（写出坐标）
【答案】
【分析】设与的夹角为，在上的投影向量为，代入数据，即可求得答案.
【详解】由，得，，
设与的夹角为，在上的投影向量为.
故答案为：.
15．若函数在区间内没有零点，则正数ω的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先求得函数的零点，再利用题给条件列出关于正数ω的不等式，解之即可求得正数ω的取值范围.
【详解】由，可得，即，
令，则
又在区间内没有零点，
则区间内不存在整数，
又，则正数ω满足，
则，则，解之得，
则正数ω的取值范围是.
故答案为：
16．椭圆的右焦点为F，若过定点的直线l与C交于A，B两点，则面积的最大值为 ．
【答案】/
【分析】设出直线l的方程，与椭圆的方程联立，利用设而不求的方法得到面积的表达式，再利用均值定理即可求得面积的最大值.
【详解】椭圆的右焦点，令定点，
由题意可设过定点的直线l的方程为，
不妨令,
由，整理得，
则，
由，可得，
的面积为，
则
，
令，则，
则
又 （当且仅当时等号成立）
则，则，
则，则面积的最大值为.
故答案为：
四、解答题
17．已知正项等差数列的前n项和为成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的前n项和公式以及等比中项的性质，利用基本量法即可求出，从而得出通项公式；
（2）利用第（1）小问求出，再由错位相减法进行数列求和即可得出结论.
【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，
所以,
因为成等比数列，
所以，
得 或 .
因为此数列各项均为正，
所以 得 .
（2），
所以 ，
所以 ，
两个等式相减得, ，
所以 ,
所以 .
18．已知A，B，C，D四点逆时针排列于同一个圆O上，其中的面积为，．
(1)求边的长；
(2)当圆心O在上时，求．
【答案】(1)．
(2)．
【分析】（1）由已知，结合三角形面积公式及余弦定理求解即得.
（2）由（1）的信息，结合圆的性质求出即可得解.
【详解】（1）在中，的面积为，
则，解得，
而，于是，由余弦定理得
.
（2）由（1）知，而线段为圆的直径，则，
因此，
所以.
五、证明题
19．如图，平面平面，且．

(1)求证：平面平面;
(2)若，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用面面垂直判定定理即可证得平面平面;
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得二面角的正弦值.
【详解】（1）分别取的中点，连接，
则为的中位线，则，，
又，，则，
则四边形为平行四边形，则，
平面平面，平面平面，
平面，，可得平面，
又平面，则，则，
又中，，则,
又平面，则平面，
又，则平面，
又平面，则平面平面.
（2）当时，由，可得为等边三角形，
在平面内，过点B作，垂足为B，
又由（1）可得平面，则两两垂直，
以B为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图：
则,
则
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，则；
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，则；
则，
设二面角的大小为，则，
又，则

则二面角的正弦值为．
六、解答题
20．某公司建有1000个销售群，在某产品的销售旺季，所有群销售件数X服从正态分布，其中，公司把销售件数不小于596的群称为“A级群”，销售件数在内的群为“B级群”，销售件数小于266的群为“C级群”．
(1)若，求a的取值范围；
(2)该公司决定对每个“A级群”奖励1000元，每个“B级群”奖励500元，每个“C级群”奖励200元，那么公司大约需要准备多少奖金？（群的个数按四舍五入取整数）
附：若，，则，，．
【答案】(1)
(2)464100
【分析】（1）根据正态分布的对称性，分和两种情况求解可得；
（2）根据原则求出和，然后求出各级群个数，即可求出所需奖金.
【详解】（1）由正态分布的对称性可知，若，
当，即时，因为，
所以有，得；
当，即时，要使，
则有，解得（舍去）.
综上，a的取值范围为.
（2）因为
所以，
，
所以A级群有个，B级群有个，
C级群有个，
所以，公司大约需要准备奖金元.
21．已知双曲线的两条渐近线方程为，且左焦点到一条渐近线的距离为．
(1)求的方程；
(2)过的直线与交于、两点，且，若点满足，证明：在一条定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意，设双曲线的标准方程为，根据已知条件求出、的值，即可得出双曲线的方程；
（2）设点、、，利用向量的线性运算可得出，，将等式相乘，结合平方差公式可得出的值，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为双曲线的焦点在轴上，设双曲线的标准方程为，
则双曲线的渐近线方程为，即，
双曲线的左焦点到一条渐近线的距离为，
又因为双曲线的渐近线方程为，即，可得，
因此，双曲线的方程为.
（2）解：设点、、，
因为，则，所以，，
因为，则，所以，，
所以，，，
所以，，即，
因此，点在直线上.
【点睛】关键点点睛：本题考察点在定直线上，解题的关键在于设出所求点的坐标为，根据向量的线性运算得出关于、的线性关系式，进而证得结论成立.
七、证明题
22．已知函数．
(1)当时，比较与的大小；
(2)若函数，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）构造，，由导数确定单调性后可得；
（2）构造函数，由单调性得，再利用单调性得，问题转化为证明，然后再构造函数，由导数进行证明．
【详解】（1）设，，
, 所以在上是增函数，
又，所以时，即，
综上，时，；
（2）设，
时，，，则恒成立，
因此由得，同理，
又，所以，
，令，则，
所以在上单调递增，恒成立，
所以在上单调递增，
又，所以，
要证，只要证，也只要证，
又，则，
设，则在上恒成立，
所以在上单调递增，又，所以，所以，
所以，所以，从而得证．
【点睛】方法点睛：高中数学中不等式的证明，常常通过构造函数，把不等式转化为确定函数的单调性，利用单调性得子网函数值的大小，为此需要求导，利用导数确定单调性，在此过程中可能需要多次求导（当然需要多次构造函数）才能得出最终结论．