精品解析:重庆市育才中学、万州高级中学及西南大学附中2024届高三上学期12月三校联考数学试题(解析

2024-01-05 · U1 上传 · 22页 · 1.3 M

西南大学附属中学重庆育才中学万州高级中学高2024届拔尖强基联盟高三上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、单项选择题:本大题共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.已知复数满足,则复数的虚部为()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设复数的代数形式,代入运算,由复数相等的条件求解方程组即可.【详解】设,代入得,,则有,解得,即复数的虚部为.故选:A.2.设集合,,则中元素的个数为()A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】由定义域为,先求函数值域即可,再由交集运算可得.【详解】设函数,则,所以集合,由集合,则,中元素的个数为,故选:B.3.已知,则的最小值为()A.6 B.8 C.9 D.10【答案】C【解析】【分析】由于,得出和的对应关系,再设定和为,得到基本不等式形式:“和模型”,求解即可.【详解】由于,得,所以设,,且,则,其中(等号成立时,即时成立).故选:C.4.如图,一个三棱柱形容器中盛有水,侧棱,若侧面水平放置时,水面恰好过,,,的中点,那么当底面水平放置时,水面高为()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用水的体积不变,转化求解即可.【详解】如图,设,,的中点分别为E,F,G,则,,所以水部分四棱柱与原三棱柱的底面面积之比为,由于两种状态下水的体积相等,所以当底面水平放置时,水面高为侧棱长的,即.故选:C5.加强学生心理健康工作已经上升为国家战略,为响应国家号召,W区心理协会派遣具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生.若要求每名学生只需一位专家负责,每位专家至多帮助两名学生,则不同的安排方法共有()种A.90 B.125 C.180 D.243【答案】A【解析】【分析】根据已知对五位同学分3组,然后全排列即可求解.【详解】根据题意,具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生,要求每名学生只需一位专家负责,每位专家至多帮助两名学生,则把五位同学分3组,且三组人数为2、2、1,然后分配给3位专家,所以不同的安排方法共有种.故选:A.6.表示不超过的最大整数,如,,已知数列满足,,,若,为数列的前项和,则()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先根据递推公式变形并构造数列得出,再适当放缩得出,再结合等差数列的求和公式计算即可.【详解】由可知,所以数列是常数列,又,,所以,则数列各项均为1,即,,则数列是以为首项,4为公比的等比数列,即,由,,故,根据题意可知:,所以.故选:B7.过双曲线上任一点作两渐近线的平行线,且与两渐近线交于,两点,且,则双曲线的离心率为()A.3 B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】求出的坐标,然后利用斜率之积建立方程,利用离心率公式求解离心率即可.【详解】过点与双曲线渐近线平行的直线为,于是有:,解得,即,过点与双曲线渐近线平行的直线为,于是有:,解得,即,所以,因为,所以,所以双曲线的离心率为.故选:D8.已知,,,则()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由常用不等式与作差法比较大小,【详解】设,,则,则在单调递增,故,即,则,且.,且所以,则;因为,则,则,所以,由,则,即.所以.故选:A二、多项选择题:本大题共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.已知函数的图象中相邻两条对称轴的距离是,现将的图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,若是偶函数,且最大值为2,则下列结论正确的是()A.的最小正周期是 B.的图象关于直线对称C.的图象关于点对称 D.在上单调递减【答案】CD【解析】【分析】根据对称性求得周期判断A,整体代换法求解对称轴、对称中心判断BC,代入正弦函数单调减区间求解判断D.【详解】因为函数的图象中相邻两条对称轴的距离是,所以函数的最小正周期为,所以,故A错误;,将的图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,则,又是偶函数,且最大值为2,所以,即,又,所以,所以,由,得,即图象的对称轴方程为,当时,,故B错误;由,得,即图象的对称点为,当时,的图象关于点对称,故C正确;当,解得:,所以当时,在区间上单调递减,故D正确.故选:CD10.对自然人群进行普查,发现患某病的概率.为简化确诊手段,研究人员设计了一个简化方案,并进行了初步试验研究,该试验具有以下的效果:若以表示事件“试验反应为阳性”,以表示事件“被确诊为患病”,则有.根据以上信息,下列判断正确的是()A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据对立事件概率公式判断AC,根据条件概率和全概率公式判断BD.【详解】因为,所以,因为,所以,故选项A错误,C正确;因为,故选项B正确;由全概率公式可得,则由条件概率公式知,故选项D错误.故选:BC11.统计学中的标准分是以平均分为参照点,以标准差为单位,表示一个数据在整组数据中相对位置的数值,其计算公式是().若一组原始数据如下:序号12345对应值105668则下列说法正确的是()A.该数组的平均值 B.对应的标准分C.该组原始数据的标准分的方差为1 D.存在,使得,同时成立【答案】AC【解析】【分析】根据平均数计算公式判断A,先求标准差,然后利用标准分计算判断B,计算,代入方差计算公式求解判断C,利用与关系判断D.【详解】该数组的平均值,故选项A正确;因为标准差,所以,故选项B错误;,,,,所以标准分的平均值为,所以该组原始数据的标准分的方差为,故选项C正确;由题意,若,且,则,故选项D错误.故选:AC12.定义域为的函数,的导函数分别为,,且,,则下列说法错误的为()A.当是的零点时,是的极大值点B.当是的零点时,是的极小值点C.,可能有相同的零点D.,可能有相同的极值点【答案】ABD【解析】【分析】结合导数,根据零点和极值点定义逐个判断抽象函数满足的条件即可.【详解】,设,则,则,所以,AB选项,若,则不是的极大值点,也不是极小值点,故AB错误;C选项,考虑,则,显然两者有共同零点0,故C正确;D选项,若在处取得极值,①若处取得极大值,,则在左右两侧无限小的区间内,即时,必有,所以在上单增,不符合题意,同理,有时,必有,所以不符合题意.②若处取得极小值,同理可得也不符合题意,所以D选项错误.故选:ABD.【点睛】方法点睛:利用导数判断抽象函数零点和极值点的问题,属于中档题.常用方法有:(1)结合导数得出原函数表达式;(2)假设成立,判断命题真假;(3)转化思想应用.三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知向量,若,则实数a=___.【答案】【解析】【详解】,由,得,解得.14.已知,,则______.【答案】0【解析】【分析】利用同角三角函数的商数关系及正切的二倍角公式计算即可.【详解】易知,因为,若,显然,上式恒成立,若,则,所以,无解,综上可知.故答案为:015.过直线上任意一点作圆:的两条切线,则切点分别是,则面积的最大值为______.【答案】##【解析】【分析】由得出点在以为直径的圆上是关键,通过两圆方程相减得到直线的方程,从而求出面积的表达式,运用函数思想求解即得.【详解】如图,设点,因,故点在以为直径的圆上,因圆心,半径为,故圆的方程为:,又圆:,将两式左右分别相减,整理得直线的方程为:,于是,点到直线的距离为:,,故的面积为:,不妨设则,且,故,因在上单调递增,故,此时,即时,点时,面积的最大值为.故答案为:.16.已知四面体满足,它的体积为,其外接球球的表面积为,则点在球表面的轨迹长度为__________;线段长度的最小值为______.【答案】①.②.【解析】【分析】利用外接球的表面积求出外接球半径,再根据勾股定理求出球心到平面的距离,再由锥体体积求出点A到平面的距离,直观想象可得点A在球表面的轨迹,计算可得轨迹长度;由点A在圆上运动,到定点的距离最值转化为圆台母线最短求解即可.【详解】设外接球半径为,因为外接球的表面积为,则,解得,设的中心为,则,如图过点作球的轴截面,则,设点A到平面的距离为,,解得.则由题意知,点A在以为半径的球面上,且距离平面为的平面内,则点A在球表面的轨迹为圆,设圆心为,且则,即圆的半径为,所以点A在球表面的轨迹长度为;由题意可看作点A在圆台底面圆周上运动,则当为圆台母线时,最小,即当四点共面时,取最小值,如图,.故答案为:;.【点睛】方法点睛:对于立体几何空间轨迹的问题,研究的主要还是解析几何中的几种曲线:直线、圆、椭圆、双曲线与抛物线.常规解决方法有以下几种:1.几何法:根据对动点运动过程中点、线、面性质或位置关系的分析,进行判定;2.定义法:转化为平面轨迹问题,用圆锥曲线定义判定,或用代数法进行计算;3.交轨法:根据研究动点满足的不同条件分别确定动点所在空间几何体(线、面),再由公共(相交)部分确定轨迹;4.基底(建系)法:通过选择基底(或建系)将几何问题数量化,得到动点满足方程(组),进而分析方程表示的轨迹;5.特殊值法:特别地,对于轨迹问题的选择题,根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列中,,且.(1)求的通项公式;(2)求的前10项和.【答案】(1);(2)707【解析】【分析】(1)分奇偶项讨论结合等差数列、等比数列的通项公式计算即可;(2)直接利用等差数列和等比数列求和公式计算即可.【小问1详解】由题意可知当时,有,此时数列的奇数项成等差数列,由题意可知,公差为2,则,所以,(为奇数),当时,有,即此时数列的偶数项成等比数列,由题意可知,公比为4,则,所以,(为偶数),综上.【小问2详解】由上可知18.记的内角的对边分别为,已知().(1)求;(2)若是角的内角平分线,且,求周长的最小值.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)由已知结合正弦定理以及三角恒等变换公式即可求解;(2)由是角的内角平分线,可得到,化简得到,表示出周长,利用基本不等式计算即可.【小问1详解】因为,由正弦定理可得:,所以因为在内,有,所以,所以所以,或,即,或,由,故.【小问2详解】因为是角的内角平分线,且,所以,即,整理得:,所以,所以,当且仅当时,上式取到最小值,在中由余弦定理可得:,所以周长:,当且仅当时,等号成立,所以周长的最小值为.19.已知三棱锥中,,,,.(1)求点到平面的距离;(2)求平面与平面夹角的正弦值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用线面垂直的判定定理和性质定理证得平面,再利用勾股定理求得,从而得解;(2)结合(1)中结论建立空间直角坐标系,利用空间向量法即可得解.【小问1详解】取中点,连接,,在和中,,,,可得,则,所以,因为,且,平面,所以平面,在平面中,过点作,交延长线于点,连接,,,因为平面,且平面,所以,又,平面,所以平面,即为点到平面的距离,在中,,,由余弦定理可得,则,在中,,在中,,在中,,则,解得,则,即,所以点到平面的距离为.【小问2详解】由(1)知,所以四边形是平行四边形,又,所以四边形是正方形,以A为原点,为轴,为轴,如图建立空间直角坐标系,则,,,,可得,,,,设平面法向量为,则,令,则,,即,设平面的法向量为,则,令,则,,即,设平面与平面的夹角,则,可得,,所以平面与平面的夹角的正弦值.20.在直角坐标系中,动点到轴的距离比点到点的距离少1.(1)求动点的轨迹方程;(2)当时,过点的直线与交于两点,连接,延长与分别交于

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