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（解析版）

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