重庆市拔尖强基联盟2023-2024学年高三上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

西南大学附中重庆育才中学高2024届拔尖强基联盟高三十二月联合考试数学试题（满分：150分；考试时间：120分钟）注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整.3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）.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.已知复数，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的运算化简，结合模长公式计算即可.【详解】，所以，故选：A.2.已知圆，圆，则这两圆的位置关系为（）A.内含B.相切C.相交D.外离【答案】A【解析】【分析】根据圆的方程确定圆心及半径，由两圆圆心距离与半径的关系判断位置关系.【详解】由题设，：，：，∴，半径；，半径；，∴，即两圆内含.故选：A3.在首项为1的数列中，满足，则（） AB.C.0D.1【答案】D【解析】【分析】根据数列的递推关系可得为周期数列，且周期为3，即可利用周期求解.详解】由可得，由于，所以，，因此为周期数列，且周期为3，故，故选：D4.若且，则（）A.B.6C.36D.12【答案】C【解析】【分析】将化成对数式，代入，利用换底公式等计算即可.【详解】因为，所以，所以.解得：.故选：C.5.已知点M为外接圆O上的任意一点，，则的最大值为（）A.1B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据向量数量积几何意义，结合图形即可求解. 【详解】设外接圆的半径为，由正弦定理得，故．所以，当过点圆上一点作平行于的圆的切线时，此时最大，由于到的距离为,所以的最大值为故选：B6.在平面直角坐标系中，集合，集合，已知点，点，记表示线段长度的最小值，则的最大值为（）A.2B.C.1D.【答案】D【解析】【分析】将集合看作是直线的集合，求出定点坐标，即可得出答案.【详解】集合可以看作是表示直线上的点的集合，由变形可得，，由可得，，所以直线过定点.集合可看作是直线上的点的集合， 由变形可得，，由可得，，所以，直线过定点.显然，当线段与直线都垂直时，有最大值.故选：D.7.设，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】对于结合不等式的性质，易判断大小；对于可构造函数，利用导数的单调性、最值即可判断.【详解】对于，显然，，所以；对于，可构造函数，且，所以，当时，所以在单调递增，当时，所以在单调递减，所以，所以，所以，即，故，所以.综上：.故选:A.8.点为正四面体的内切球球面上的两个动点，为棱上的一动点，则当 取最大值时，（）A.B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】根据正四面体体积的等积性、球的几何性质、圆的切线性质，结合锐角三角函数定义、正切二倍角公式、正弦函数的单调性进行求解即可.【详解】设该正四面体的棱长为，设该正四面体的内切球的球心为，顶点在底面的射影为，显然在线段上，显然该正四面体内切球的半径为，如图所示：由正弦定理可知：，由勾股定理可知：，由三棱锥体积的等积性可得：，，由球的性质可知：当与圆相切时，最大，如图所示：， 由圆的切线长定理可知：，在直角三角形中，，最大时，最小，因为，所以此时为的中点，即有，正四面体的内切球的球心为，显然也是该正四面体的外接球的球心，所以，因此，，于是有，故选：D【点睛】关键点睛：本题的关键是利用球的几何性质、正弦函数的单调性、三棱锥的体积等积性.二、多项选择题：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.如图，在正四棱柱中，，O为此正四棱柱的外接球球心，下列说法正确的是（） A.B.球的表面积为C.点到的距离为D.四棱锥的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】根据线面垂直即可求解线线垂直，判断A，根据正四棱柱的性质可知外接球的直径为体对角线，即可求解BC，根据面积公式，结合正棱锥的性质即可求解D.【详解】由于四棱柱为正四棱柱，所以底面为正方形，故平面，因此平面,平面,所以，A正确，由正四棱柱的性质可得其外接球的球心为的中点，为外接球一条直径，因为，所以正四棱柱的外接球的半径为，其表面积为，B错误，由于平面，平面，所以，在中，由于,为的中点，所以点到的距离为,故C正确， 由于为的中点，所以四棱锥为正四棱锥，且侧棱长为，因此侧面上的高为,则侧面积为,底面积为4，故四棱锥表面积为，D正确，故选：ACD10.已知圆，直线（且不同时为0），下列说法正确的是（）A.当直线经过时，直线与圆相交所得弦长为B.当时，直线与关于点对称，则的方程为：C.当时，圆上存在4个点到直线的距离为D.过点与平行的直线方程为：【答案】AB【解析】【分析】对于A选项：利用直线经过得到 ，求出圆心到直线的距离，借助圆的弦长公式计算即可;对于B选项：利用直线关于点对称的直线的求法，求解即可;对于C选项：借助圆心到直线的距离，半径，以及圆上的点到直线的距离的大小关系判断即可;对于D选项：借助直线平行的相关知识，求出与之平行的直线即可.【详解】因为圆，所以圆心为，半径，对于A选项：因为直线经过，所以，，所以圆心到直线的距离为，直线与圆相交所得弦长为，故A选项正确；对于B选项：当时，直线，因为直线与关于点对称，所以直线与平行,由于到的距离为2，所以到的距离也为2，所以的方程为：，故B选项正确；对于C选项：当时，直线,此时圆心到直线的距离为，由于半径，所以在直线的右侧：，所以在直线的右侧不存在满足条件的点；在直线的左侧：，所以在直线的左侧存在满足条件的点有2个；所以圆上只存在2个点到直线的距离为，故C选项错误;对于D选项：过点与平行的直线方程可设为:，将点代入，所以，即,所以过点与平行的直线方程为:，故D选项错误.故选：AB. 11.已知函数是偶函数，其中，若函数，则下列说法正确的是（）A.B.的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到C.的一个单调递增区间是D.若关于的方程在上有两个不同的实根，则的取值范围是【答案】ABD【解析】【分析】根据奇偶性定义可得，即可判断A，根据函数图象平移可判断B，根据单调区间与周期的关系可判断C，结合函数图象可判断D.【详解】函数为偶函数，其中，所以，因此对于任意的恒成立，则所以，由于，故，A正确，，将函数的图象向右平移个单位长度得到 ，而，所以B正确，由于的最小正周期为，而，所以不是的一个单调区间，故C错误，令，由于，所以，则在上有两个不同的实根，作出的图象如下：当时，，故在上有两个不同的实根，则，D正确，故选：ABD12.定义在上的函数同时满足以下条件：①②③④则下列说法正确的有（）A.若，则B.方程在上无实数解C.若，则D.【答案】ACD【解析】 【分析】根据对称性结合条件④③即可根据,判断BC，进而根据可判断AD,【详解】由②可知在上的图象关于对称，由③可知，所以，则，A正确，，故，D正确，，所以存在，使得，B错误，，C正确，故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知数列是等差数列，表示数列的前项和，若，则______；【答案】52【解析】【分析】根据等差数列前项和公式、等差数列的性质求得正确答案.【详解】.故答案为：5214.若，则______．【答案】【解析】 【分析】根据两角和的余弦公式、平方关系、二倍角公式求解.【详解】，所以，，所以，故答案为：.15.设椭圆的两个焦点是，过点的直线与椭圆交于点，若，且，则椭圆的离心率是______．【答案】【解析】【分析】根据椭圆定义可得长度关系，即可利用余弦定理求解.【详解】不妨设椭圆方程为，则，，由于,所以由余弦定理可得，化简得，由于，所以，故故答案为： 16.若，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】借助基本不等式有消去、，对求最大值即可，再应用三角函数的单调性即可得.【详解】由题意得：，，，则，当且仅当时等号成立，即，即，则有，则，,有在单调递增，在上单调递减，故在上单调递增，则当时，即、时，有最大值，即的最大值为.故答案为：.【点睛】本题关键在于如何将多变量求最值问题中的多变量消去，结合基本不等式与题目条件可将、消去，再结合三角函数的值域与单调性即可求解.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.等差数列满足，等比数列满足， （1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用等差数列与等比数列的通项公式分别列式即可得解；（2）利用错位相减法即可得解.【小问1详解】设公差为公比为，则，则，解出．所以，又由，解出．所以.【小问2详解】由（1）得，则，故，两式相减得，，所以.18.在中，内角所对的边分别为，满足（1）求证：；（2）若为锐角三角形，求的最大值． 【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，借助三角恒等变换公式化简即可.（2）利用为锐角三角形，求出，表示出，并进行换元转化为二次函数,进而求得最大值.【小问1详解】由题，由正弦定理：，所以，整理，所以，或（舍）,.【小问2详解】为锐角三角形,解得：,所以，且由（1）问，，令，则，所以 因为,当时，所求的最大值为.19.五棱锥中，，，，，，，，平面平面，为的中点，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，证得平面，再由四边形为平行四边形，证得，得到，证得平面，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，进而证得平面；（2）取中点，连接，证得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】解：取的中点，连接，因为为的中点，所以，又因为平面，且平面，所以平面，因为，所以四边形为平行四边形，可得，又因为，所以， 因为平面，且平面，所以平面，又因为，平面，平面，所以平面平面，因为平面，平面．【小问2详解】解：取中点，连接，由，可得，因为平面平面，且平面平面，所以平面，以为坐标原点，为轴，过作轴，过点作轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，则设平面的法向量为，则，取，可得，所以，又由，可得，所以直线与平面所成角的正弦值为.20.研究表明，学生的学习成绩y（分）与每天投入的课后学习时间x（分钟）有较强的线性相关性．某校数学小组为了研究如何高效利用自己的学习时间，收集了该校高三（1）班学生9个月内在某学科（满分100分）所投入的课后学习时间和月考成绩的相关数据，下图是该小组制作的原始数据与统计图（散点图）． 月次123456789某科课后投入时间（分钟）202530354045505560高三（1）班某科平均分（分）6568757273737373．573（1）当时，该小组建立了与的线性回归模型，求其经验回归方程；（2）当时，由图中观察到，第3个月的数据点明显偏离回归直线，若剔除第3个月数据点后，用余下的4个散点做线性回归分析，得到新回归直线，证明：；（3）当时，该小组确定了与满足的线性回归方程为：，该数学小组建议该班在该学科投入课后学习时间为40分钟，请结合第（1）（2）问的结论说明该建议的合理性．附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，【答案】（1）（2）证明见解析（3）建议合理【解析】【分析】（1）利用最小二乘法求解；（2）利用最小二乘法求解；（3）利用回归直线的斜率的意义判断.【小问1详解】解：，，， 则，所求经验回归方程为：；【小问2详解】设的方程为，，，∴，则，的方程为，故，；【小问3详解】当时，的斜率为0.4，这个斜率的意义是：课后每多投入10分钟，平均分就能提高4分；当时，回归直线的斜率为0.01这个斜率的意义是：课后每多投入10分钟，平均分就能提高0.1分，说明投入几乎没用，故该学习小组的建议是合理的.21.已知点为椭圆内的两点，在椭圆上存在两点，满足，直线交椭圆于点（点异于点）．（1）当时，求点的纵坐标；（2）求点，横坐标乘积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先根据条件得到坐标间的关系，代入椭圆方程解得B的纵坐标，即得B的横坐标关于的函数关系，根据可解出点的纵坐标.（2）直线与椭圆相交，根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，利用（1）中关系进行化简计算求得.【小问1详解】 设，由，即有，从而进一步，解得故时，,所以点的纵坐标为.【小问2详解】由（1）可知，.设①当斜率不存在时，重合，此时②当斜率存在时，设直线，则则∵仅在椭圆内，与椭圆一定相交 当且仅当即时，等号成立故22.已知函数，其中．（1）若在单调递增，求a的取值范围；（2）若有三个极值点，记为，且，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据导数恒为非负，即可将问题转化为在上恒成立，构造函数，求导即可求解最值求解；（2）根据与有两个交点结合图象可得，进而得，构造函数和，求导确定函数的单调性求解最值即可.【小问1详解】由题可得，由题，有在上恒成立,即在上恒成立，上恒成立， 令，由，解得；由，解得，在上单调递减，在上单调递增，，所以；【小问2详解】由题知，有3个根，显然1为其中一个根，则有两根．即有两根，亦即与有两个交点．由（1）作出大致图象如下：则有．故由，令①又②由①②，解得，故,令，则， 设，设则当时单调递减，故当，故，因此，故在单调递增，因此，故，在单调递增，而，因此由可得，故,即.【点睛】方法点睛：1.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．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.