重庆市大一联盟稳昇高教育高三上学期月联考数学试题

重庆大一联盟（稳昇高教育）高三（上）高届月联考数学试题注意事项：本试卷满分分，考试时间分钟.考生作答时，请将答案答在答题卡上必须在题号所指示的答题区域作答超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共分在每小题给出的选项中只有一项是符合题目要求的.1.已知，，若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先根据求出，再根据交集的定义即可得解.【详解】由于，则，解得，则满足题设，故．故选：B．2.已知直线，平面和平面，满足，且，则“”是“”的（）A充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据面面垂直的性质定理结合充分性必要性的判断即可求解.【详解】已知：，且，当时，根据面面垂直的性质定理：如果一条直线垂直于两个互相垂直的平面中的一个平面，那么这条直线与另外一个平面平行或在另外一个平面内，而题中说，故只能是，所以充分性成立；第1页/共19页当时，直线与平面有可能平行，相交或者在平面内，不一定有，所以必要性不成立.综上可知“”是“”的充分不必要条件.故选：A3.已知复数（（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算即可求解.【详解】由题意.故选：D．4.已知，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据已知条件利用两角和的余弦公式化简得出的值，然后利用诱导公式求解即可.【详解】因为则，故，所以，故选：D.第2页/共19页5.已知定义在上的奇函数，则的解集为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由是奇函数求得，根据函数的单调性求解不等式.【详解】∵函数是奇函数，，即，，即，为上单调递增的函数，，则，解得.故选：A.6.已知正项等差数列中，，，若，则（）A.10B.13C.15D.17【答案】C【解析】【分析】先根据条件求出和，再写出前项和为，则解得.【详解】设等差数列的首项为，公差为，则由，得，解得，或，设数列的前项和为，则，故，解得.故选：C．7.已知函数的图象向左平移的图象．当时，与的图象交于两点，则（）第3页/共19页【答案】C【解析】，再根据图象平移求得的解析式，然后根据求得进行赋值，则可求.【详解】由题意得，，两个函数的周期均为，与的图象交于两点，故令，()或()，解得()，∴不妨取，则，故选：C．8.过点作的切线为直径的圆与轴交于另一点到的距离为（）A.B.C.1D.【答案】B【解析】【分析】先根据导数的几何意义求出切点，从而可求出以为直径的圆的方程，进而可求出点的坐标，再根据点到直线的距离公式计算即可.【详解】由题意知，设切点为，所以切线方程为，又切线过点，所以，解得，所以或，两点关于轴对称，则，第4页/共19页则以为直径的圆为或均交轴于，所以到的距离.故选：B．二、多选题：本题共3小题，共分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.已知正实数，满足，则（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】对于AB选项可用基本不等式可判断，对于C选项举反例即可，对于D选项则根据条件进行消元转化为二次函数值域问题可得.A，即，当且仅当时取等号，故A正确；对于B：因为，所以，当且仅当，即时取等号，故B正确；对于C：举例，满足，但，故C不正确；对于D：由，，当且仅当时取等号，故D成立；故选：ABD.10.已知四棱柱中，各棱长均为1，，则（）A.B.C.若，则D.若，则第5页/共19页【解析】【分析】对于A，由题可得，再证，则面，即可求解；对于B，，又可得，故B错误；对于C,由，两边平方，利用数量积运算可得，故C正确；对于D，易证，，可得,，求得，即可求得，故D错误．【详解】由题意得四棱柱底面为菱形，则，为平分线.又因为，则在平面射影在直线上，所以平面，则，面，面，，故A正确；由为平行六面体，所以，所以.又所以，故B错误；，设，则，第6页/共19页由，则为菱形，则，，，，即，，，所以，故D错误．故选：AC已知三次函数，则下列说法正确的是（）A.若时，则增函数B.若时，则有两个极值点C.若时，当在取极大值，则D.若时，则图象关于中心对称【答案】BC【解析】【分析】对于A，求出，讨论的正负即可进行判断；对于B，求出，结合极值点的概念判断导函数零点的个数即可判断；对于C，求出，对和两种情况分别讨论，借助于函数单调性即可判断；对于D，当时，，求出，即可判断.【详解】由三次函数，则，A，当时，则，第7页/共19页当时，，即为增函数；当时，令，解得，所以在上单调递增，令，解得或，所以在和上单调递减，故A错误；B，由，由，则，即有两个不等实数根，故有两个极值点，故B正确；C，由，则，当，此时，设的两根为，且，在、上，在上，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，则；当时，若有极大值，则，解得，令的两根为，此时，在、上，在上，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，则，故C成立；D，若时，则，，则图象关第8页/共19页于中心对称，故D错误．故选：BC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.已知，，则______．【答案】【解析】【分析】先根据向量的加法坐标运算求出，再根据向量的模计算公式即可求解.【详解】，．故答案为：.13.已知是定义在上的奇函数，对于任意的正实数都有么______．【答案】##0.5【解析】【分析】利用奇函数先求，再由得周期，利用周期即可求解.【详解】是奇函数，，，即，又，，故时，周期为2，则．故答案为：．14.POPO分切成小圆锥和圆台的顶点P和圆上所有点均在球上，圆台存在和上下底面及侧面均相切的球，若球和的半第9页/共19页径均为，则圆锥和圆台的高之比为______．【答案】【解析】【分析】根据圆锥和圆台的性质，结合相切，以及锐角三角函数，可得，，即可根据二倍角公式求解.【详解】由题意，在轴截面等腰三角形中，，平行于底面的截面与轴截面形成了交线，将分为和梯形，圆和圆分别为两部分的外接圆和内切圆，半径均为，则有高，梯形高，，，，，，，令，则，解得，所以．第10页/共19页故答案为：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.已知圆C的圆心在y轴，经过，，过直线上的动点作圆的切线，切点分别为．（1）求圆C的标准方程；（2）若，求P点坐标．【答案】（1）（2）或【解析】1）由题意，设出圆心与标准方程，代入已知点，求得参数，可得答案；（2）根据切线长定理以及三角形射影定理，求得动点轨迹，联立方程，可得答案.【小问1详解】由题意，设圆心，半径为，标准方程为：，代入，，，∴圆的标准方程为．【小问2详解】弦交于，则，，∴由直角三角形射影定理：，第11页/共19页点满足：或，即点为或．16.在中，内角、、的对边分别为、、，且．（1）求角B；（2）若是锐角三角形，，为AC边中点，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式可求得的值，则角可求；（2）根据三角形形状先求解出角的范围，再由正弦定理以及两角和的正弦公式表示出并求出其范围，将平方可计算出的范围，则结果可知.小问1详解】，，由正弦定理可得，，，，则，，则，所以．【小问2详解】第12页/共19页∵为锐角三角形，则，，，则，由正弦定理可得，，为边中点，，，，即．17.数列满足，．（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，求．【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】1）对通项公式进行变形，结合等比数列的定义、通项公式进行求解即可；（2）利用分组求和法、错位相减法、等差和等比数列的前n项和公式进行求解即可.【小问1详解】因为，所以，第13页/共19页所以是以2为首项，2为公比的等比数列；所以，则；【小问2详解】由（1）可知，则，令，，作差得：，．令，则，．18.，，，，为沿折起，使D到P处．（1）求证：平面；第14页/共19页（2）若平面平面，，，（ⅰ）当时，求证：平面平面；（ⅱ）当二面角的正弦值为时，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2或.【解析】1交于点即可得证；（2）由题设证得，以方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，由，得．（ⅰ）利用向量数量积证得，进而根据线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证；（ⅱ）求平面与平面的法向量，由题意求得二面角的余弦值，利用向量方法列式计算即得.【小问1详解】连接交于点，连接，由题意四边形是矩形，所以为中点，又因为为中点，所以在中，有，因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】由，，得，则，又平面平面，平面平面，平面，面，面，则，第15页/共19页以为原点，以方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：则有，，，，，，所以，，，由，．（ⅰ）当时，，，，，，，又，平面，平面，平面，平面，则平面平面．（ⅱ）取平面的法向量，设平面的法向量为，则，令，则，因为二面角的正弦值为，则余弦值为，，化简得：，解得或．19.已知函数．第16页/共19页（1）求在上的单调区间；（2）当时，，求a的范围；（3）令，证明：当时有极大值，且．【答案】（1）单调增区间，单调减区间为，（2）（3）证明见解析【解析】1）求函数的导数，解导数为零的方程，分区间判断导数的正负，确定函数的单调区间.（2）构造函数，通过多次求导分析函数的单调性，结合端点值分情况讨论，得出参数的取值范围.（3）求的导数，利用导数的单调性与零点存在定理确定极大值点，结合已有结论与构造函数证明不等式.【小问1详解】，，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减，在上的单调增区间为，单调减区间为，．【小问2详解】令，，，，，，第17页/共19页，时为增函数，若，则，由，则