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 已知，则， 设函数， 已知函数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
（全卷共四大题22小题，总分150分，考试时长120分钟）
注意事项：
1.答题前，考生务必将姓名、班级填写清楚.
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、迹清晰.
3.请按题号顺序在答题卡的相应区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在试卷和草稿纸上答题无效.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 集合，集合，则（）
AB. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据偶次根号下大于等于零求解集合A，根据指数函数值域求解集合B，再利用并集运算求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，
又，所以，
所以.
故选：C.
2. 已知向量满足，则与夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，两边同时平方，利用已知条件和向量数量积的公式，求与的夹角.
【详解】已知，设与的夹角为，
有，
解得，则与的夹角为.
故选：B
3. 剪纸和折纸都是中华民族的传统艺术，在折纸界流传着“折不过8”的说法，为了验证这一说法，有人进行了实验，用一张边长为的正方形纸，最多对折了13次.记第一次对折后的纸张厚度为，第2次对折后的纸张厚度为，以此类推，设纸张未折之前的厚度为毫米，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列的通项公式求解．
【详解】由题意数列是等比数列，公比是2，且，∴，
故选：C．
4. 若正四棱台的上、下底面的面积分别为2，8，侧棱与下底面所成角的正切值为2，则该正四棱台的体积为（）
A. B. C. D. 28
【答案】C
【解析】
【分析】根据正四棱台的结构特征先求出该正四棱台的上、下底面的边长，然后根据侧棱与下底面所成角的正切值求得该正四棱台的高，最后利用台体的体积公式求解即可．
【详解】设该正四棱台的高为，侧棱与下底面所成的角为，
因为该正四棱台的上、下底面的面积分别为2和8，
所以该正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，
则，所以，
所以该正四棱台的体积．
故选：C.
5. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角恒等变换知识化简已知等式，从而求得.
【详解】因为，
即，两边平方可得，
解得.
故选：A
6. 已知函数，若对任意的正数、，满足，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析函数的单调性和奇偶性，可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】对任意的，，所以，函数的定义域为，
因为，即函数为奇函数，
又因为，且函数在上为增函数，
所以，函数在上为增函数，
对任意的正数、，满足，则，
所以，，即，
所以，，
当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.
故选：B.
7. M点是圆上任意一点，为圆的弦，且，N为的中点.则的最小值为（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据弦长公式先求出，然后可知点N在以为圆心，1为半径的圆上，结合图形即可求解.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为.
如图，由弦长公式知，，解得，
所以，点N在以为圆心，1为半径的圆上，
由图可知，的最小值为.
故选：B
8. 设函数（其中为自然对数的底数），若存在实数a使得恒成立，则实数m的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，令，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直线下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，即可得出答案．
【详解】函数的定义域为，
由，得，所以，
令，
由题意知，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，
由，得，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，没有最小值，
由，得，
当时，在上单调递增，
在上单调递减，
所以有最大值，无最小值，不合题意，
当时，在上单调递减，
在上单调递增，
所以，
所以即，
所以，即m的取值范围为．
故选：A．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数，则下列说法正确的是（）
A. 的图象关于直线对称
B. 的图象关于点对称
C. 在上最小值为
D. 将函数图象上所有点横坐标伸长为原来的2倍，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到函数的图象
【答案】AD
【解析】
【分析】利用代入法，结合三角函数的性质，即可判断ABC，根据三角函数的图象变换规律，即可判断D.
【详解】A.，是函数的最小值，所以函数的图象关于直线对称，故A正确；
B.，所以的图象关于点对称，故B错误；
C.当，，，即，所以函数在上最小值为，故C错误；
D. 将函数图象上所有点横坐标伸长为原来的2倍，得，
再把得到的图象向左平移个单位长度，得，故D正确.
故选：AD
10. 已知椭圆的焦点分别为，，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点为线段的中点，则下列说法正确的是（）
A. B. 椭圆C的离心率为
C. 直线l的方程为D. 的周长为
【答案】AC
【解析】
【分析】先由题意求出即可判断A；再根据离心率公式即可判断B；由点差法可以求出直线l的斜率，由直线的点斜式化简即可判断C；由焦点三角形的周长公式即可判断D.
【详解】如图所示：
根据题意，因为焦点在y轴上，所以，则，故选项A正确；
椭圆C的离心率为，故选项B不正确；
不妨设，则，，
两式相减得，变形得，
又注意到点为线段的中点，所以，
所以直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即，故选项C正确；
因为直线l过，所以的周长为，故选项D不正确.
故选：AC．
11. 在正方体中，是侧面上一动点，下列结论正确的是（）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 若∥，则平面
C. 若，则与平面所成角为
D. 若∥平面，则与所成角的正弦最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用等体积法分析判断，对于B，由条件可得点在平面上的轨迹为，再判断与平面的位置关系即可，对于C，连接交于点，连接，，则可证得为直线与平面所成角，然后求解即可，对于D，连接，可证得平面∥平面，得点在平面上的轨迹为，得为与所成的角，从而可求得结果.
【详解】对于A，因为是侧面上一动点，平面∥平面，
所以点到平面的距离等于正方体的棱长，设棱长为，则
，所以三棱锥的体积为定值，所以A正确，
对于B，因为∥，平面，所以当∥时，点在平面上的轨迹为，因为与不垂直，所以与平面不垂直，
所以与平面不垂直，所以B错误，
对于C，连接交于点，连接，，则，
所以为等边三角形，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面平面，，是侧面上一动点，
所以点的轨迹是，
所以平面就是平面，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成角，设正方体的棱长为，
因为，所以，
因为为锐角，所以，即与平面所成角为，所以C正确，
对于D，连接，则∥，∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，∥平面，
因为，平面，所以平面∥平面，
因为∥平面，所以平面，
因为平面平面，所以点在平面上的轨迹为，
因为∥，所以为与所成的角，
因为平面，平面，所以，
设正方体的棱长为1，设，则，
所以，
因为，所以当时，取得最小值，此时最小，
所以此时取得最小值为，
所以与所成角的正弦最小值为，所以D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：此题考查线线角，线面角的求法，考查棱锥的体积的求法，考查立体几何中的轨迹问题，解题的关键是根据题意结合线面点的关系确定动点的轨迹，考查空间想象能力和计算能力，属于难题.
12. 已知定义在上的函数和，是的导函数且定义域为.若为偶函数，，，则下列选项正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，先利用求导证明为奇函数，再证明其还为周期为4的函数，再通过合理赋值可一一核对各选项的对错.
【详解】因为为偶函数，则，两边求导得，
所以为奇函数，因为，，
所以，故，所以，
即的周期且，则，故B错误；
在，中，
令，可得，所以，故A正确；
由，令，可得，则，则，即，
所以，故D错误；
在中，令得，，
在中，令得，，
两式相加得，即，故C正确.
故选：AC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知双曲线的两条渐近线方程为，若顶点到渐近线的距离为1，则双曲线方程为___________．
【答案】
【解析】
【详解】由已知，即，取双曲线顶点及渐近线，则顶点到该渐近线的距离为，由题可知，所以，则所求双曲线方程为.
14. 各项均为正数的等比数列的前项和为，且，，成等差数列，若，则_____．
【答案】15
【解析】
【分析】由，，成等差数列可得，利用通项公式代入求出公比，再由等比数列求和公式即可求.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，成等差数列，
所以，
所以，
因为，且各项均为正数，
所以解得，
所以.
故答案为：15
15. 在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的表面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件及余弦定理，可求得，由勾股定理可得，则三棱锥的外接球球心为中点，即外接圆的直径为，进而求出外接球的半径，从而可求外接球的表面积.
【详解】由，，，根据余弦定理可得，则，，
中E为斜边AB中点，所以到各点的距离相等，
则三棱锥外接球的直径为，
故三棱锥外接球的表面积为．
故答案为：
16. 在直角中，，平面内动点满足，则的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由题可知，点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，由数量积的定义求出，再由向量的模长公式求出，当与共线反向时，取最小值，即可得出答案.
【详解】平面内动点满足，所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
因为，由勾股定理可得：，
所以，且，
所以，所以，
，
，
，
，
又向量是长度为的一个向量，由此可得，点在圆上运动，
当与共线反向时，取最小值，且这个最小值为一，
故的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：由数量积的定义和平面向量基本定理可得，当与共线反向时，取最小值，即可得出答案.
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. 在数列中，，.
（1）求证：为等差数列；
（2）求的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用构造法，结合等差数列的定义可得证；
（2）法一：利用并项求和的方法可得解，法二：分组求和的方法可得解.
【小问1详解】
由，得，
又，
所以数列是以为首项，的等比数列，
即，即，
所以，
所以数列是以为首项，为公差等差数列；
【小问2详解】
由（1）得，
法一：
当为偶数时，
；
当为奇数时，
；
综上所述，；
法二：
当为偶数时，
；
当为奇数时，
；
综上所述.
18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求B；
（2）已知，D为边上的一点，若，，求的长．
【答案】（1）．
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角化结合三角恒等变换即可求解，
（2）根据余弦定理求解，即可由正弦定理求解，进而由锐角三角函数即可求解.
【小问1详解】
∵，根据正弦定理得，，
即，
所以，因为，
所以，所以，
因为，所以．
【小问2详解】
因为，，，根据余弦定理得
，∴．
∵，∴．
在中，由正弦定理知，，∴，
∴，，所以
∴，∴．
19. 从今年起，我国将于每年5月第四周开展“全国城市生活垃圾分类宣传周”活动，首全国城市生活垃圾分类宣传周时间为2023年5月22日至28日，宣传主题为“让垃圾分类成为新时尚”，在此宣传周期间，某社区举行了一次生活垃圾分类知识比赛. 要求每个家庭派出一名代表参赛，每位参赛者需测试A，B，C三个项目，三个测试项目相互不受影响.
（1）若某居民甲在测试过程中，第一项测试是等可能的从三个项目中选一项测试，且他测试三个项目“通过”的概率分别为. 求他第一项测试“通过”的概率；
（2）现规定：三个项目全部通过获得一等奖，只通过两项获得二等奖，只通过一项获得三等奖，三项都没有通过不获奖.已知居民乙选择的顺序参加测试，且他前两项通过的概率均为，第三项通过的概率为.若他获得一等奖的概率为，求他获得二等奖的概率的最小值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）第一项测试“通过”分选择了项目A通过，选择了项目B通过和选择了项目C通过，利用条件概率和互斥事件的概率加法公式计算；
（2）由居民乙获一等奖的概率为，可得，把获得二等奖的概率表示为的函数，利用导数研究单调性，求最小值.
【小问1详解】
记事件“第一项测试选择了项目A”，“第一项测试选择了项目”，
“第一项测试选择了项目”，记事件“第一项测试通过”，
由题意知，，，
，
又事件互斥，则，
即，
即居民甲第一项测试“通过”的概率是.
【小问2详解】
由居民乙获一等奖的概率为，可知.
则获得二等奖的概率.
令，
，
当时，；当时，.
所以在区间上是减函数，在区间上是增函数.
所以，所以的最小值为.
20. 如图，在四棱台中，底面是正方形，，，，．
（1）求证：直线平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，交于点O，连接，，，易证，可得，得，又，得证；
（2）易证为等边三角形，可证平面，可得，，两两互相垂直，建系利用向量法求解即可.
【小问1详解】
证明：设，交于点O，连接，，，
因为，，，
所以，所以，
又因为O为正方形的对角线交点，即O是线段的中点，
所以，
又因为四边形为正方形，
所以，
又因为，平面，
所以平面．
【小问2详解】
∵底面是正方形，，
∴，，
又，，
∴为等边三角形，
∵O为中点，∴，
又，平面，
∴平面，
∴，，两两互相垂直，
以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
∴，，，
所以
，
，
设平面的法向量，
则，即，
令，则，，
∴，
取平面的法向量，
设平面与平面所成夹角为，
则，
所以二面角的余弦值为．
21. 与双曲线有共同的焦点的椭圆经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于、两点，交轴于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点.求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，再将点代入椭圆方程，解方程组，进而求解；
（2）设直线的方程为，可得，进而得到直线的方程，表示出点的横坐标，联立直线与椭圆方程，由求出的取值范围，结合韦达定理，即可得到，进而利用基本不等式求解即可.
【小问1详解】
双曲线的焦点为，，
则，即，
又点在椭圆上，
则，解得，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由题意，设直线的方程为，则，
设，，则，直线方程为：，
令，得点的横坐标为，
联立，整理得，
则，解得或，
，，
则，
从而，
当且仅当，即时等号成立，
所以的取值范围为.
22. 已知，.
(1)求曲线在点处的切线方程;
(2)当时，若关于的方程存在两个正实数根，证明:且.
【答案】(1);(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导函数，再计算出，，即可求出切线方程；
（2）由存在两个正实数根，整理得方程存在两个正实数根.令利用导数研究其单调性、最值，因为有两个零点，即，得.
因为实数，是的两个根，所以，从而.令，，则，变形整理得.要证，则只需证，即只要证，
再构造函数即可证明.
【详解】(1)解:∵，
∴，，
∴曲线在点处的切线方程为.
(2)证明:由存在两个正实数根，
整理得方程存在两个正实数根.
由，知，
令，则，
当时，，在上单调递增;
当时，，在上单调递减.
所以.
因为有两个零点，即，得.
因为实数，是的两个根，
所以，从而.
令，，则，变形整理得.
要证，则只需证，即只要证，
结合对数函数的图象可知，只需要证，两点连线的斜率要比，两点连线的斜率小即可.
因为，所以只要证，整理得.
令，则，
所以在上单调递减，即，
所以成立，故成立.
【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，利用导数研究函数的单调性、最值，以及利用导数证明不等式恒成立，属于难题.