2024屆重慶市拔尖強基聯(lián)盟高三上學期12月月考數(shù)學試題（解析版）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁第Page\*MergeFormat1頁共NUMPAGES\*MergeFormat22頁2024屆重慶市拔尖強基聯(lián)盟高三上學期12月月考數(shù)學試題一、單選題1．已知復數(shù)，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用復數(shù)的運算化簡，結合模長公式計算即可.【詳解】，所以，故選：A.2．已知圓，圓，則這兩圓的位置關系為（

）A．內(nèi)含 B．相切 C．相交 D．外離【答案】A【分析】根據(jù)圓的方程確定圓心及半徑，由兩圓圓心距離與半徑的關系判斷位置關系.【詳解】由題設，：，：，∴，半徑；，半徑；，∴，即兩圓內(nèi)含.故選：A3．在首項為1的數(shù)列中，滿足，則（

）A． B． C．0 D．1【答案】D【分析】根據(jù)數(shù)列的遞推關系可得為周期數(shù)列，且周期為3，即可利用周期求解.【詳解】由可得，由于，所以，，因此為周期數(shù)列，且周期為3，故，故選：D4．若且，則（

）A． B．6 C．36 D．12【答案】C【分析】將化成對數(shù)式，代入，利用換底公式等計算即可.【詳解】因為，所以，所以.解得：.故選：C.5．已知點M為外接圓O上的任意一點，，則的最大值為（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)向量數(shù)量積的幾何意義，結合圖形即可求解.【詳解】設外接圓的半徑為，由正弦定理得，故．所以，當過點圓上一點作平行于的圓的切線時，此時最大，由于到的距離為,所以的最大值為故選：B6．在平面直角坐標系中，集合，集合，已知點，點，記表示線段長度的最小值，則的最大值為（

）A．2 B． C．1 D．【答案】D【分析】將集合看作是直線的集合，求出定點坐標，即可得出答案.【詳解】集合可以看作是表示直線上的點的集合，由變形可得，，由可得，，所以直線過定點.集合可看作是直線上的點的集合，由變形可得，，由可得，，所以，直線過定點.顯然，當線段與直線都垂直時，有最大值.故選：D.7．設，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】對于結合不等式的性質，易判斷大?。粚τ诳蓸嬙旌瘮?shù)，利用導數(shù)的單調性、最值即可判斷.【詳解】對于，顯然，，所以；對于，可構造函數(shù)，且，所以，當時，所以在單調遞增，當時，所以在單調遞減，所以，所以，所以，即，故，所以.綜上：.故選:A.8．點為正四面體的內(nèi)切球球面上的兩個動點，為棱上的一動點，則當取最大值時，（

）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】根據(jù)正四面體體積的等積性、球的幾何性質、圓的切線性質，結合銳角三角函數(shù)定義、正切二倍角公式、正弦函數(shù)的單調性進行求解即可.【詳解】設該正四面體的棱長為，設該正四面體的內(nèi)切球的球心為，頂點在底面的射影為，顯然在線段上，顯然該正四面體內(nèi)切球的半徑為，如圖所示：由正弦定理可知：，由勾股定理可知：，由三棱錐體積的等積性可得：，，由球的性質可知：當與圓相切時，最大，如圖所示：，由圓的切線長定理可知：，在直角三角形中，，最大時，最小，因為，所以此時為的中點，即有，正四面體的內(nèi)切球的球心為，顯然也是該正四面體的外接球的球心，所以，因此，，于是有，故選：D【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是利用球的幾何性質、正弦函數(shù)的單調性、三棱錐的體積等積性.二、多選題9．如圖，在正四棱柱中，，O為此正四棱柱的外接球球心，下列說法正確的是（

）A． B．球的表面積為C．點到的距離為 D．四棱錐的表面積為【答案】ACD【分析】根據(jù)線面垂直即可求解線線垂直，判斷A，根據(jù)正四棱柱的性質可知外接球的直徑為體對角線，即可求解BC，根據(jù)面積公式，結合正棱錐的性質即可求解D.【詳解】由于四棱柱為正四棱柱，所以底面為正方形，故平面，因此平面,平面,所以，A正確，由正四棱柱的性質可得其外接球的球心為的中點，為外接球一條直徑，因為，所以正四棱柱的外接球的半徑為，其表面積為，B錯誤，由于平面，平面，所以，在中，由于,為的中點，所以點到的距離為,故C正確，由于為的中點，所以四棱錐為正四棱錐，且側棱長為，因此側面上的高為,則側面積為,底面積為4，故四棱錐的表面積為，D正確，故選：ACD10．已知圓，直線（且不同時為0），下列說法正確的是（

）A．當直線經(jīng)過時，直線與圓相交所得弦長為B．當時，直線與關于點對稱，則的方程為：C．當時，圓上存在4個點到直線的距離為D．過點與平行的直線方程為：【答案】AB【分析】對于A選項：利用直線經(jīng)過得到，求出圓心到直線的距離，借助圓的弦長公式計算即可;對于B選項：利用直線關于點對稱的直線的求法，求解即可;對于C選項：借助圓心到直線的距離，半徑，以及圓上的點到直線的距離的大小關系判斷即可;對于D選項：借助直線平行的相關知識，求出與之平行的直線即可.【詳解】因為圓，所以圓心為，半徑，對于A選項：因為直線經(jīng)過，所以，，所以圓心到直線的距離為，直線與圓相交所得弦長為，故A選項正確；對于B選項：當時，直線，因為直線與關于點對稱，所以直線與平行,由于到的距離為2，所以到的距離也為2，所以的方程為：，故B選項正確；對于C選項：當時，直線,此時圓心到直線的距離為，由于半徑，所以在直線的右側：，所以在直線的右側不存在滿足條件的點；在直線的左側：，所以在直線的左側存在滿足條件的點有2個；所以圓上只存在2個點到直線的距離為，故C選項錯誤;對于D選項：過點與平行的直線方程可設為:，將點代入，所以，即,所以過點與平行的直線方程為:，故D選項錯誤.故選：AB.11．已知函數(shù)是偶函數(shù)，其中，若函數(shù)，則下列說法正確的是（

）A．B．的圖象可由函數(shù)的圖象向右平移個單位長度得到C．的一個單調遞增區(qū)間是D．若關于的方程在上有兩個不同的實根，則的取值范圍是【答案】ABD【分析】根據(jù)奇偶性定義可得，即可判斷A，根據(jù)函數(shù)圖象平移可判斷B，根據(jù)單調區(qū)間與周期的關系可判斷C，結合函數(shù)圖象可判斷D.【詳解】函數(shù)為偶函數(shù)，其中，所以，因此對于任意的恒成立，則所以，由于，故，A正確，，將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度得到，而，所以B正確，由于的最小正周期為，而，所以不是的一個單調區(qū)間，故C錯誤，令，由于，所以，則在上有兩個不同的實根，作出的圖象如下：當時，，故在上有兩個不同的實根，則，D正確，故選：ABD12．定義在上的函數(shù)同時滿足以下條件：①

②③

④則下列說法正確的有（

）A．若，則 B．方程在上無實數(shù)解C．若，則 D．【答案】ACD【分析】根據(jù)對稱性結合條件④③即可根據(jù),判斷BC，進而根據(jù)可判斷AD,【詳解】由②可知在上的圖象關于對稱，由③可知，所以，則，A正確，，故，D正確，，所以存在，使得，B錯誤，，C正確，故選：ACD三、填空題13．已知數(shù)列是等差數(shù)列，表示數(shù)列的前項和，若，則；【答案】52【分析】根據(jù)等差數(shù)列前項和公式、等差數(shù)列的性質求得正確答案.【詳解】.故答案為：5214．若，則．【答案】【分析】根據(jù)兩角和的余弦公式、平方關系、二倍角公式求解.【詳解】，所以，，所以，故答案為：.15．設橢圓的兩個焦點是，過點的直線與橢圓交于點，若，且，則橢圓的離心率是．【答案】【分析】根據(jù)橢圓定義可得長度關系，即可利用余弦定理求解.【詳解】不妨設橢圓方程為，則，，由于,所以由余弦定理可得，化簡得，由于，所以，故故答案為：16．若，則的最大值為．【答案】【分析】借助基本不等式有消去、，對求最大值即可，再應用三角函數(shù)的單調性即可得.【詳解】由題意得：，，，則，當且僅當時等號成立，即，即，則有，則，,有在單調遞增，在上單調遞減，故在上單調遞增，則當時，即、時，有最大值，即的最大值為.故答案為：.【點睛】本題關鍵在于如何將多變量求最值問題中的多變量消去，結合基本不等式與題目條件可將、消去，再結合三角函數(shù)的值域與單調性即可求解.四、問答題17．等差數(shù)列滿足，等比數(shù)列滿足，(1)求數(shù)列的通項公式；(2)若，求數(shù)列的前項和．【答案】(1)，(2)【分析】（1）利用等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式分別列式即可得解；（2）利用錯位相減法即可得解.【詳解】（1）設公差為公比為，則，則，解出．所以，又由，解出．所以.（2）由（1）得，則，故，兩式相減得，，所以.五、證明題18．在中，內(nèi)角所對的邊分別為，滿足(1)求證：；(2)若為銳角三角形，求的最大值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用正弦定理將邊化角，借助三角恒等變換公式化簡即可.（2）利用為銳角三角形，求出，表示出，并進行換元轉化為二次函數(shù),進而求得最大值.【詳解】（1）由題，由正弦定理：，所以，整理，所以，或（舍）,.（2）為銳角三角形,解得：,所以，且由（1）問，，令，則，所以因為,當時，所求的最大值為.19．五棱錐中，，，，，，，，平面平面，為的中點，

(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點，證得平面，再由四邊形為平行四邊形，證得，得到，證得平面，結合面面平行的判定定理，證得平面平面，進而證得平面；（2）取中點，連接，證得平面，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得平面的法向量和，結合向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）解：取的中點，連接，因為為的中點，所以，又因為平面，且平面，所以平面，因為，所以四邊形為平行四邊形，可得，又因為，所以，因為平面，且平面，所以平面，又因為，平面，平面，所以平面平面，因為平面，平面．（2）解：取中點，連接，由，可得，因為平面平面，且平面平面，所以平面，以為坐標原點，為軸，過作軸，過點作軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，可得，則設平面的法向量為，則，取，可得，所以，又由，可得，所以直線與平面所成角的正弦值為.

六、解答題20．研究表明，學生的學習成績y（分）與每天投入的課后學習時間x（分鐘）有較強的線性相關性．某校數(shù)學小組為了研究如何高效利用自己的學習時間，收集了該校高三（1）班學生9個月內(nèi)在某學科（滿分100分）所投入的課后學習時間和月考成績的相關數(shù)據(jù)，下圖是該小組制作的原始數(shù)據(jù)與統(tǒng)計圖（散點圖）．月次123456789某科課后投入時間（分鐘）202530354045505560高三（1）班某科平均分（分）6568757273737373．573(1)當時，該小組建立了與的線性回歸模型，求其經(jīng)驗回歸方程；(2)當時，由圖中觀察到，第3個月的數(shù)據(jù)點明顯偏離回歸直線，若剔除第3個月數(shù)據(jù)點后，用余下的4個散點做線性回歸分析，得到新回歸直線，證明：；(3)當時，該小組確定了與滿足的線性回歸方程為：，該數(shù)學小組建議該班在該學科投入課后學習時間為40分鐘，請結合第（1）（2）問的結論說明該建議的合理性．附：經(jīng)驗回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：，【答案】(1)(2)證明見解析(3)建議合理【分析】（1）利用最小二乘法求解；（2）利用最小二乘法求解；（3）利用回歸直線的斜率的意義判斷.【詳解】（1）解：，，，則，所求經(jīng)驗回歸方程為：；（2）設的方程為，，，∴，則，的方程為，故，；（3）當時，的斜率為0.4，這個斜率的意義是：課后每多投入10分鐘，平均分就能提高4分；當時，回歸直線的斜率為0.01這個斜率的意義是：課后每多投入10分鐘，平均分就能提高0.1分，說明投入幾乎沒用，故該學習小組的建議是合理的.七、問答題21．已知點為橢圓內(nèi)的兩點，在橢圓上存在兩點，滿足，直線交橢圓于點（點異于點）．(1)當時，求點的縱坐標；(2)求點，橫坐標乘積的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）先根據(jù)條件得到坐標間的關系，代入橢圓方程解得B的縱坐標，即得B的橫坐標關于的函數(shù)關系，根據(jù)可解出點的縱坐標.（2）直線與橢圓相交，根據(jù)直線的斜率是否存在進行分類討論，利用（1）中關系進行化簡計算求得.【詳解】（1）設，由，即有，從而進一步，解得故時，,所以點的縱坐標為.（2）由（1）可知，.設①當斜率不存在時，重合，此時②當斜率存在時，設直線，則則∵僅在橢圓內(nèi)，與橢圓一定相交當且僅當即時，等號成立故22．已知函數(shù)，其中．(1)若在單調遞增，求a的取值范圍；(2)若有三個極值點，記為，且，求的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)導數(shù)恒為非負，即可將問題轉化為在上恒成立，構造函數(shù)，求導即可求解最值求解；（2）根據(jù)與有兩個交點結合圖象可得，進而得，構造函數(shù)和，求導確定函數(shù)的單調性求解最值即可.【詳解】（1）由題可得，由題，有在上恒成立,即在上恒成立，在上恒成立，令，由，解得；由，解得，在上單調遞減，在上單調遞增，，所以；（2）由題知，有3個根，顯然1為其中一個根，則有兩根．即有兩根，亦即與有兩個交點．由（1）作出大致圖象如下：則有．故由，令

①又

②由①②，解得，故,令，則，設，設則當時單調遞減，故當，