重庆市第一中学校2022-2023学年高三上学期12月月考数学word版含答案

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2022~2023学年重庆一中高三上学期学情调研数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名.准考证号码填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。一、选择题；本题共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．已知全集U={0，1，2，3，4，5}，集合M={0，1，2}，集合N={3，4}，则（    ）A．{5}B．{1，2}C．{3，4}D．{1，2，3，4}2．已知复数满足，则复数（    ）A．B．C．D．3．已知，则“”是“"的（    ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．4位同学坐成一排看比赛节目，起身活动后随机安排一位同学去购买饮料，留下的同学继续坐下收看，若留下的同学不坐自己原来的位置（4把椅子）且考虑留下同学的随机性，则总的坐法种数为（    ）A．44B．36C．28D．155．已知实数，满足，则的最小值为（    ）A．B．C．D．6．从0，2，4中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为（　　）A．24B．27C．30D．367．若数列满足（为常数，，），则称为“等方比数列”．甲：数列是等方比数列；乙：数列是等比数列，则（    ）．A．甲是乙的充分非必要条件B．甲是乙的必要非充分条件

1C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既非充分也非必要条件8．已知过点与曲线相切的直线有且仅有两条，则实数a的取值范围是（    ）A．B．C．D．二、选择题；本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．下列说法正确的有（    ）A．一组数据按大小顺序排列，位于最中间的一个数据就是中位数B．分层抽样为保证每个个体等可能入样，需在各层中进行简单随机抽样C．若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，则事件A与事件B互为对立事件D．线性回归分析中，的值越小，说明残差平方和越小，则模型拟合效果越好10．下列说法正确的有（    ）A．方程表示两条直线B．椭圆的焦距为4，则C．曲线关于坐标原点对称D．椭圆：的焦距是211．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（       ）A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a

2B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为C．勒洛四面体的截面面积的最大值为D．勒洛四面体的体积12．下列各式或说法中正确的有（    ）A．B．C．若，则D．若则三、填空题；本题共4小题，每小题5分，共20分13．已知复数、是关于的方程的两个根，则________．14．的展开式中，系数最大的项是第________项．15．若（为正整数且），则__________．16．《算法统宗》是中国古代数学名著，其中有诗云：“九百九十六斤棉，赠分八子盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次弟，孝和休惹外人传.”这首歌诀的意思是：996斤棉花分别赠送给八个子女做旅费，从第二个孩子开始，每人分得的棉花比前一人多17斤，直到第八个孩子为止.分配时一定要长幼分明，使孝顺子女的美德外传，则第五个孩子分得棉花为___________斤.四、解答题；本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10分）已知是递增的等差数列,是方程的两个实根.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.18．（本小题满分12分）如图，四棱柱的底面为菱形，.

3（1）证明:平面；（2）设，若平面，求三棱锥的体积.19．（本小题满分12分）设的内角所对的边长分别为，且．(1)若，求；(2)求面积的最大值．20．（本小题满分12分）在平面直角坐标系中，，，C是满足的一个动点．（1）求垂心H的轨迹方程；（2）记垂心H的轨迹为，若直线l：（）与交于D，E两点，与椭圆T：交于P，Q两点，且，求证：．21．（本小题满分12分）设数列的前项和为，已知，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.22．（本小题满分12分）设函数（），.（1）若曲线与在它们的交点处有相同的切线，求实数，的值；（2）当时，若函数在区间内恰有两个零点，求实数的取值范围；（3）当，时，求函数在区间上的最小值.

4参考答案1．A2．C3．A4．A设4位同学分别是甲､乙､丙､丁，随机安排一位同学去购买饮料有种情况，不妨设选中丁去购买饮料，若甲坐丁的位置，则乙､丙有3种坐法，若甲坐乙､丙中之一的位置，则乙､丙有4种坐法，所以总的坐法种数为.故选：A5．B，本题求的最小值，即是求的最大．画出题设不等式组对应的平面区域如图中阴影部分所示（不包含坐标轴），作出直线并平移可知，当直线经过点和的交点时，取得最大值．解方程组得，所以交点坐标为，所以，所以．故选：B.6．C第一类，从0，2，4中选一个数字，若选0，则0只能排在十位，故有个奇数，第二类，从0，2，4中选一个数字，若不选0，先把奇数排个位，再排其它，故有个奇数，综上可得，从0，2，4中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为个，故选C．

57．B8．A由曲线，可设切点坐标为，且，即切线的斜率可得切线方程为，又因为切线过点，即，整理得题中相切的直线有且仅有两条等价于方程由两个不相同的正实数解；令，即函数有两个正的零点因，可解得又，可得所以实数a的取值范围是故选：A9．BC对A，一组数据按大小顺序排列，位于最中间的一个数据或中间两个数的平均数是中位数，故A错误；对B，根据随机抽样的性质可判断B正确；对C，根据对立事件的定义可判断C正确；对D，线性回归分析中，的值越大，说明残差平方和越小，则模型拟合效果越好，故D错误.故选：BC.10．ACA.方程，即和表示两条直线，故A正确；B.若方程表示焦点在轴的椭圆，则，解得：，若方程表示焦点在轴的椭圆时，则，解得：，所以或，故B不正确；C.若点满足方程，则点也满足方程，所以曲线关于坐标原点对称，故C正确；D.椭圆：，，则，所以焦距是4，故D不正确.故选：AC11．ABD

6首先求得正四面体的一些结论：正四面体棱长为，是底面的中心，是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为，是高，如图．，，由得，解得，（内切球半径）．正四面体的体积为，外接球体积为．对于A选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，故A正确；对于B选项，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知B、O、E三点共线，且，，因此，故B正确；对于C选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，

7根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面α上的正投影，当光线与平面ABD夹角不为90°时，易知截面投影均为上图所示图像在平面α上的投影，其面积必然减小.上图截面为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故C错误；对于D选项，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，正四面体ABCD的体积，正四面体ABCD的外接球的体积，故D正确.故选：ABD.12．AB对于A，因为，所以，故A正确；对于B，因为，所以，故B正确；对于C，因为，所以，故C错误；对于D，因为，所以，故D错误．故选:AB.13．由可得，所以，.①当，时，则；②当，时，则.综上所述，.故答案为：.14．解：因为在的展开式中，第项的系数与第项的二项式系数相同，而二项展开式共有项，中间项的二项式系数最大，所以第项的系数最大，故答案为：15．6

8分析：直接利用组合数公式计算即可.详解：，化简得，.故答案为.点睛：本题考查了组合数公式的应用问题.16．17．（1）；（2）.（1）方程的两个实根为,是递增数列，则，设数列的公差为,则,从而,所以数列的通项公式.（2）由（1）知,①②①-②得，，.18．（1）证明见解析（2）（1）依题意，，且，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面.（2）依题意，，在中，，所以三棱锥的体积.由（1）知平面，∴.19．（1）由于，所以为锐角，所以.由正弦定理得.（2）由余弦定理得，

9，当且仅当时等号成立.所以三角形面积的最大值为.20．（1）（）；（2）证明见解析．设的外心为，半径为R，则有，又，所以，即，或，当坐标为时．设，，有，即有（），由，则有，由，则有，所以有，，则，则有（），所以垂心H的轨迹方程为（）.同理当坐标为时．H的轨迹方程为（）.综上H的轨迹方程为（）或（）．（2）若取（），记点到直线l的距离为d，则有，所以，设，，联立，有，所以，，由，可得，

10所以，即有，所以，即又，可得，所以，解得，故．同理，若取（），由对称性，同理可得.综上，可得.21．（1）；（2）.（1）∵数列满足①，∴②，①②得：，即，可得，由，，解得，∴，∴数列是首项为1，公比为3的等比数列，则；（2）由（1）知，则，则③，④，③④得，∴.22

11（1）∵，，∴，，∵曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线，∴，且，即，且，解得，；（2）当时，，所以，令，解得，，当变化时，、的变化情况如下表：++↗极大值↘极小值↗所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为，故在区间内单调递增，在区间内单调递减，从而函数在区间内恰有两个零点，当且仅当，即，解得，所以实数的取值范围是.（3）当，时，，则，所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为，由于，，所以，

12①当，即时，；②当时，；③当时，在区间上单调递增，；综上可知，函数在区间上的最小值为.