重庆市南开中学高三12月月考数学试卷

重庆市南开中学高届高三月第四次质量检测数学试题注意事项:．本试卷满分分，考试时间分钟.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题本题共8小题，每小题5分，共分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】根据乘法运算可得，结合复数的几何意义分析判断.【详解】因为，可知复数对应的点为，位于第二象限.故选：B.2.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】或.用列举法表示集合.根据交集的定义可得.或通过判断集合中的元素是否属于集合，得.【详解】由，得或，所以集合或；第1页/共19页又，所以.故选：C.3.已知平面向量，若，则（）A.2B.C.3D.5【答案】B【解析】【分析】计算的坐标，再利用计算得出，再利用求模公式计算.【详解】由题意得，，因，则，得，则，则.故选：B4.已知圆经过原点和点，并且圆心在直线上，则圆的方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，求出线段的中垂线方程，再与的方程联立求出圆心即可.【详解】圆经过原点和点，线段的中点，直线的斜率，则线段的中垂线方程为，即，由，解得，因此圆的圆心，半径，所以圆的方程为.故选：A5.已知，则（）第2页/共19页A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用二倍角公式及差角的余弦公式化简即得.【详解】由，得，则，两边平方得，所以故选：D6.已知三条不同的直线和两个不同的平面满足：与直线异面的一个充分不必要条件为（）A.与不相交B.且C.且D.【答案】C【解析】【分析】根据空间直线与直线、直线与平面的位置关系，结合充分必要条件逐项判断即可得结论.【详解】若，当与不相交，可得直线与直线异面或，充分性不成立，故A不符合；若，当且时，可得直线与直线异面或与相交，充分性不成立，故B不符合；若，当且，可得直线与直线异面，故充分性成立，当直线与直线异面时，不一定能得到且，故必要性不成立，故“且”是“直线与直线异面”的充分不必要条件，故C符合；若，当时，可得直线与直线异面或与相交，故充分性不成立，故D不符合.故选：C.7.已知函数，若，且在上有最大值，则的最小值为（）第3页/共19页A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用辅助角公式化简在上有最大值可确定，得到，进而可确定最小值.详解】；，关于直线对称，，结合，解得：；当时，，在上有最大值，，解得：；当时，取得最小值.故选：C.8.在平面直角坐标系中，若对任意的点且，都存在点且，使得且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由及列出方程，两次利用消元法，得到，即可得解.【详解】由，可得，因为，故由，可得：，两边平方，并代入，可得：，第4页/共19页即，由，两边同时除以，得，即，由题可知，故可得，将代入，又因为，故不恒为0，则恒成立，得，即.故选：A.二、多项选择题本题共3小题，每小题6分，共分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.9.若实数满足且，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】需要比较几组式子的大小，利用作差法可以分别验证选项ABCD中取一组特殊值即可排除.【详解】因为；所以，所以，所以选项A正确；因为，所以，所以，选项B错误；，所以，选项C正确；当时，所以，选项D错误.故选：AC10.过直线上一动点作圆的垂心第5页/共19页为，则（）A.四边形为菱形B.的最小值为C.在圆上D.到直线距离最小值为2【答案】ABD【解析】【分析】根据切线及三角形垂心的性质判断A，再由角的关系及余弦函数的单调性判断B，设根据在不同直线上，消元法求出轨迹方程判断C，由轨迹可知取值范围即可判断D.【详解】如图，对于A，因为为的垂心，所以，又，所以，同理，，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为菱形，故A正确；对于B，因为，所以最小即最小，因为，且在直线上，所以当取最小值时，有最大值，由余弦函数的单调性知，有最小值，所以的最小值为，故B正确；对于C，下面证明过圆上一点的切线方程为，第6页/共19页设圆上点不在坐标轴上，设切线的斜率为，则,，经过点的切线方程为，整理得，当点在坐标轴上时，上面方程同样适用，即过圆上一点的切线方程为.设，设过的圆的切线的切点为，则切线方程为，因为过，所以，即切点的坐标都满足方程，又过的直线是唯一的，所以直线的方程为，由圆的弦的性质，则，由点在直线上，故①，点在上，故②，联立①②消去得，即点在圆上，故C错误；对于D，由C知，点的轨迹方程为，即，圆心在，故到直线的最短距离为，故D正确.故选：ABD在三棱锥中，，且点在平面上的射影位于内部，记二面角，的大小分别为，则（）A.B.第7页/共19页C.D.【答案】ABD【解析】【分析】过点作平面于，过点作于，过点作于，根据线面垂直的判定定理可得平面，平面，根据三垂线定理及逆定理求二面角，结合垂直关系逐项分析即可.【详解】过点作平面于，过点作于，过点作于，，平面，所以平面，而平面，故.同理可得平面，.对于A：，所以，故A正确；对于B：，所以，因为在上单调递增，所以，同理可得，则，所以，故B正确；对于C、D：,,,,所以，所以，记二面角的大小为，同理可得，所以，，故C错误，D正确.第8页/共19页故选：ABD.三、填空题本题共3小题，每小题5分，共分.12.样本数据62，75，81，73，90，68，85，78的上四分位数为_____.【答案】【解析】【分析】排序后，由分位数计算方式可得答案.【详解】将数据从小到大排序为：.上四分位数即为分位数，，则样本数据的分位数为第个数据与第7个数据的平均数，为：.故答案为：.13.在正三棱柱中，，则在该正三棱柱内可放入的最大球的体积为_____.【答案】【解析】【分析】最大球的半径受限于底面内切圆半径和棱柱高度的一半，取二者的较小值，即可求解最大球的体积.的边长为2内切圆的半径为1，，所以该正三棱柱内可放入的最大球的半径为，该球的体积为.第9页/共19页故答案为：14.函数在区间的取值范围为_____.【答案】【解析】和的函数图象在用导函数研究的单调性，结合图象可得.【详解】因在区间内存在零点，且该零点不是的极值点，则和的函数图象在上有交点，且在交点处不相切，因，令，则，则在上单调递增，因时，，时，，上单调递减，在上单调递增，因，其图象如图：故，故实数的取值范围为.第10页/共19页四、解答题本题共5小题，共分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在中，角的对边分别为，（1）证明：；（2）若，求.【答案】（1）见详解（2）【解析】1）运用余弦定理进行角化边，再运用正弦定理进行边化角即可得证；（2）将（1）中所得结论进行三角恒等变换可得，再代入，即可求得，再次运用三角恒等变换，即可得解.【小问1详解】根据余弦定理，有，根据正弦定理，该式可化为，又因为在中，，故可化为，得证.【小问2详解】由，可知与同号.若均小于0，则两个角均为钝角，在三角形中不可能，因此均为锐角，故有.由（1）中的，可得，即，两边同除，得，代入，得：，解得或故.第11页/共19页16.已知椭圆的左顶点为，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交于不同的两点(异于点)，记直线的斜率分别为，求.【答案】（1）（2）【解析】1）由题意得，又得，由即可求解；（2的方程为方程联立，消元，设，由韦达定理得，利用斜率公式得，进而计算即可求解.【小问1详解】由题意有：，又，所以，又，所以椭圆的方程为：；【小问2详解】由题意得直线的斜率存在，设为，则直线的方程为，所以，得，第12页/共19页设，所以，所以，所以.17.已知函数.（1）若函数在定义域内单调递增，求的取值范围；（2）若过点可作曲线的两条切线，记直线的斜率分别为，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】1）根据函数的单调性，利用导函数不小于0恒成立，再分离参数后，利用导数求最大值即可；（2）设切点，利用导数的几何意义求出切线方程，过点建立方程，根据方程有两正根，求出参数的取值范围，再由的表达式求范围即可.【小问1详解】因为函数在定义域内单调递增，所以在上恒成立，所以在上恒成立，第13页/共19页令，则，当时，单调递减；当时，单调递增，所以当时，，所以.【小问2详解】设切点为，则，所以切线方程为，又切线过点，所以，即，化简可得，因为存在两条切线，所以方程有两个不等的正根，故，解得，此时，所以，由，可知，所以的取值范围为.18.如图所示，在长方体中，点分别是直线上的动点.第14页/共19页（1）若分别为线段的中点，证明：平面；（2）若，且二面角的余弦值为.①求；②若直线与平面所成角为，求线段长度的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）①；②【解析】1）根据面面平行性质证得线面平行即可.（2）①设，根据空间向量法求解二面角的平面角的余弦值，计算求得结果.②如上建立空间直角坐标系，设，空间向量法计算直线与平面所成角的正弦值，结合线段长度的最小值.【小问1详解】取中点，连接，因为分别为线段的中点，点是中点，所以，又平面，平面，所以平面同理，因为分别为线段，点是中点，所以，又平面，平面，所以平面因为平面，所以平面平面，又平面，所以平面.【小问2详解】①以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，由，第15页/共19页；设平面的法向量为，则，令，所以，设平面的法向量为，则，令，所以，因为二面角的余弦值为，可知二面角的平面角为锐角，所以，即，当时，，即，解得，此时二面角的平面角为钝角，舍掉.当时，，即，解得，此时二面角的平面角为锐角，因此.②如上建立空间直角坐标系，，则，，设，则，第16页/共19页设直线与平面所成角为，所以，即，化简为，平方得，化简得，最终整理得，线段长度为设，即，代入上式得：，展开并整理为关于的一元二次方程：，因为，判别式，可得，化简为，解得，则的最小值为，因此线段长度的最小值为.19.某奶茶店推出“积点兑换”12个或3().记顾客初始积点数次消费后的积点数为，规定:当积点达到或超过5(即)时，自动兑换一杯免费奶茶，兑换后积点数重置为.（1）求、的值，并计算的数学期望；（2）设，请用表示;第17页/共19页【答案】（1），，（2）.（3）证明见解析.【解析】1）分析的取值及各个取值对应的事件，依次求出其概率，根据数学期望的计算公式求得的数学期望；（2且第次获得且第次获得且第