2023
2023届重庆市第一名校高三下学期3月月考
数学试题
一、单选题
1．复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
2．设集合，则集合（ ）
A． B．
C． D．
3．将6个人（含甲乙两人）平均分成3组，则甲乙不在同一组的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上.称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746~1818）最先发现，已知长方形R的四条边均与椭圆相切，则长方形的面积的最大值为（ ）
A．9 B．8 C．6 D．3
5．在中，为上一点，为线段上任一点（不含端点），若，则的最小值是（ ）
A．8 B．10 C．13 D．16
6．已知函数在上单调递增，在上单调递减，则的一个对称中心可以为（ ）
A． B． C． D．
7．我们把轴截面为等腰直角三角形的圆锥称为直角圆锥.在直角圆锥中，点与底面圆都在同一个球面上，若球的表面积为，则圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
8．已知数列满足：，数列满足：，若表示不超过的最大整数（例如），则（ ）
A．26 B．25 C．23 D．21
二、多选题
9．下列命题中，说法正确的是（ ）
A．已知，若，则
B．若从小到大排列的一组数据为.则这组数据的第25百分位数与第60百分位数的比值为
C．若两个事件独立，那么
D．若，则事件与事件相互独立
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，函数的图象在点处的切线的斜率为
B．当时，恒成立
C．当时，在上单调递增
D．当时，有两个零点
11．已知是圆上的两点，则下列结论中正确的是（ ）
A．若点到直线的距离为，则
B．若直线的方程为，则圆心到直线距离的最大值为
C．的最小值为
D．若，则的值为
12．如图所示，在棱长为2的正方体中，是线段的中点，点满足，，其中，则（ ）
A．当时，过三点的平面截正方体得到的截面多边形为正方形
B．存在，使得平面平面
C．存在，使得平面平面
D．当时，点到平面的距离为
三、填空题
13．我国国内生产总值（）2022年比2013年翻了一番，则平均每年的增长率是__________.
14．的展开式中的系数为__________.（用数字作答）
15．已知，则__________.
16．已知过点作抛物线的两条切线，切点分别为，直线经过抛物线的焦点，则__________.
四、解答题
17．已知函数的所有正的零点构成递增数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
18．如图所示，已知在四棱锥中，平面.
(1)求异面直线与所成的角的大小；
(2)求平面与平面所成的锐二面角的大小.
19．在中，为上的中点，满足.
(1)证明：为等腰三角形或直角三角形；
(2)若角为锐角，为边上一点，，求的面积.
20．已知椭圆，如图所示，为其左 右顶点，为椭圆上位于第一象限内的点，直线交直线于点.
(1)求直线与直线的斜率之积；
(2)若直线与直线关于直线对称，且椭圆上的四点满足，求以为对角线的四边形的面积的取值范围.
21．某高三年级在某次月考后，对文科班100位学生的数学成绩作了统计分析，发现其中100分以下的有60位同学且他们的数学考试分数X都在内.
(1)对他们的考试分数以5为组距画分数的频率分布直方图（设“频率/组距”）时，发现Y满足： ，.
试求的值，并估计分数在100分以下的学生的考试分数的平均值；
(2)若在原始数据中，分数在100分以下的学生的数学分数的平均值为70，而方差为400，如果计算所有100位学生数学分数的原始数据，得其平均值为94，方差为1300，请求出成绩在100分及其以上的学生的分数的平均值和方差.
22．设函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，设，证明：对任意的；
(3)在（2）的条件下，证明：当时，.
（参考数据：）
2023届重庆市第一名校高三下学期3月月考
数学试题
一、单选题
1．复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】应用复数相等及除法运算得，进而求模.
【详解】由题设，
所以.
故选：A
2．设集合，则集合（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先化简，再求出，进而利用交集概念求出结果即可.
【详解】解：因为，
因为，所以，
所以.
故选：D
3．将6个人（含甲乙两人）平均分成3组，则甲乙不在同一组的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由组合数求出6人任意分组、甲乙在同一组的分法，应用古典概率的求法求概率即可.
【详解】由题意，6人任意分组共有种分法，其中甲乙在同一组的情况有种，
所以甲乙在同一组的概率为，故甲乙不在同一组的概率为.
故选：C
4．“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上.称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746~1818）最先发现，已知长方形R的四条边均与椭圆相切，则长方形的面积的最大值为（ ）
A．9 B．8 C．6 D．3
【答案】B
【分析】根据所有的长方形在一个同心圆上，结合椭圆方程得圆的方程为，设圆心与长方形中相邻的两个顶点的两条射线夹角大小为，则长方形，即可得最大值.
【详解】由题意，任意一个长方形R的四个顶点都在一个同心圆上，
则该圆的方程为，即半径为，
若圆心与长方形中相邻的两个顶点的两条射线夹角大小为，
则长方形面积，当时.
故选：B
5．在中，为上一点，为线段上任一点（不含端点），若，则的最小值是（ ）
A．8 B．10 C．13 D．16
【答案】D
【分析】由题设且，进而可得，将目标式化为，结合基本不等式“1”的代换求最小值，注意等号成立条件.
【详解】由题意，如下示意图知：，且，又，
所以，故且，
故，
仅当，即时等号成立.
所以的最小值是16.
故选：D
6．已知函数在上单调递增，在上单调递减，则的一个对称中心可以为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由条件可知，周期，由此可求，再由正弦函数性质求其对称中心.
【详解】因为函数在上单调递增，在上单调递减，
所以且，
所以，，又，
所以，，
所以，故，
由，可得，
取，可得，又，
所以是函数的一个对称中心.
故选：B.
7．我们把轴截面为等腰直角三角形的圆锥称为直角圆锥.在直角圆锥中，点与底面圆都在同一个球面上，若球的表面积为，则圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，可判断得圆锥底面圆的半径等于圆锥的高等于球的半径，由球的表面积公式求解球的半径，结合圆锥的侧面积公式求解即可.
【详解】由题意，设直角圆锥的底面圆的半径为，
则直角圆锥的高，又在直角圆锥中，
点与底面圆都在同一个球面上，所以球心为圆锥的底面圆心，
设球的半径为，则，又因为球的的表面积为，
则，得，即.
所以圆锥的母线长为，
所以圆锥的侧面积为.
故选：C
8．已知数列满足：，数列满足：，若表示不超过的最大整数（例如），则（ ）
A．26 B．25 C．23 D．21
【答案】D
【分析】根据已知递推关系可得，结合等差数列通项公式得，进而确定的通项公式，根据新定义求目标式的值.
【详解】由题设，，整理得，而，
所以是首项为2，公差为1的等差数列，故，则，
又，故，
所以.
故选：D
二、多选题
9．下列命题中，说法正确的是（ ）
A．已知，若，则
B．若从小到大排列的一组数据为.则这组数据的第25百分位数与第60百分位数的比值为
C．若两个事件独立，那么
D．若，则事件与事件相互独立
【答案】ABD
【分析】根据正态分布密度曲线的性质判断A，根据百分位数的定义求这组数据的第25百分位数与第60百分数，由此判断B，通过举例判断C，根据独立事件的概率公式判断D.
【详解】对于A：因为，
所以，又，
所以，
由对称性可得，A正确；
对于B：由已知样本数据中有10个数，
又，，
所以样本数据的第25百分位数为28，第60百分位数为，
所以这组数据的第25百分位数与第60百分位数的比值为，B正确；
对于C：举例如下：
分别抛掷两枚质地均匀的硬币，
设“第一枚硬币正面朝上”，“第二枚硬币正面朝上”，
则，，，
所以两个事件独立，但是，C错误；
因为，所以，
又，
所以，
所以事件与事件相互独立，D正确.
故选：ABD.
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，函数的图象在点处的切线的斜率为
B．当时，恒成立
C．当时，在上单调递增
D．当时，有两个零点
【答案】ABC
【分析】由题设得且，根据各项参数m的范围或取值，研究的单调性、最值和零点判断正误即可.
【详解】由题设且，
A：当时，则，故的图象在点处的切线的斜率为，正确；
B、C：时，则上，递减，上，递增，
所以，B正确；
在上递增，又在上递增，故在上单调递增，C正确；
D：时有，同上分析知：在上递减，上递增，
所以，故无零点，错误.
故选：ABC
11．已知是圆上的两点，则下列结论中正确的是（ ）
A．若点到直线的距离为，则
B．若直线的方程为，则圆心到直线距离的最大值为
C．的最小值为
D．若，则的值为
【答案】BCD
【分析】根据几何法求圆的弦长判断A，判断直线的定点，从而将圆心到直线距离的最大值转化为圆心到点的距离求解判断B，利用数量积的定义求解的最小值，即可判断C，求解向量，即可得的值，判断D.
【详解】对A，由题意，圆的半径为，且点到直线的距离为，
所以，故A错误；
对B，由直线的方程，可得直线过定点，
则圆心到直线距离的最大值为圆心到点的距离，
即最大值为，故B正确；
对C，为的值，因为圆的半径为，
可得，又，
所以，
所以的最小值为，故C正确；
对D，，
则，
因为，所以，
所以，
所以的值为，故D正确.
故选：BCD
12．如图所示，在棱长为2的正方体中，是线段的中点，点满足，，其中，则（ ）
A．当时，过三点的平面截正方体得到的截面多边形为正方形
B．存在，使得平面平面
C．存在，使得平面平面
D．当时，点到平面的距离为
【答案】BD
【分析】根据找到位置，通过平行补全过三点的平面截正方体所得的截面，即可判断A；先找到垂直于平面的直线，判断是否存在使得平面能与该直线平行即可；找到与平面平行的平面，进而判断的位置即可判断C；补全平面，用等体积法即可求得点到平面的距离，进而判断D.
【详解】解：由，可知为中点，为靠近的三等分点，
连接并延长交平面与点，
由为中点，为中点可知，为中点，
连接并延长交于点，由可知，
，因为，所以，
所以为靠近的三等分点，取靠近的三等分点，
连接，再连接并延长交于点，同理可得，
连接如图所示：
则可知过三点的平面截正方体得到的截面多边形为，
在平面中，由，可知，
所以四边形不是正方形，故选项A错误；
连接，如图所示，
因为正方体，所以平面，所以，
因为正方形，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，即，同理可证，
因为，平面，平面，
所以平面，所以当时，为中点，
由平面，可得平面，
因为平面中，所以平面平面，
即选项B正确；
连接如图所示：
所以，因为平面，平面，
所以平面，因为，平面，平面，
所以平面，因为，平面，平面，
所以平面平面，因为为中点，所以在平面内，
若平面平面，则与重合，与重合，
即时成立，与题意不符，故选项C错误；
当时，为中点，取中点，连接如图所示：
由图可知，且，即四边形为平行四边形，
所以到平面的距离即为到平面的距离，
因为正方体棱为2，所以，即，
同理，因为，所以，
在中，由余弦定理得：
，
因为，所以，
即，
且有，
记到平面的距离为，
可得，
即，解得，故选项D正确.
故选：BD
【点睛】方法点睛：此题考查立体几何的综合应用，属于难题，关于立体几何中找截面的方法有：
（1）直接连线法：有两点在几何体的同一个面上，两点连线即为几何体与截面的交线；
（2）作平行线：过直线与直线外一点作截面，若直线所在平面与点所在平面平行，通过过该点找直线的平行线找到几何体与截面交线；
（3）延长线找交点：若直线相交，但立体几何图形中未体现，可通过作延长线的方法找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
三、填空题
13．我国国内生产总值（）2022年比2013年翻了一番，则平均每年的增长率是__________.
【答案】
【分析】国内生产总值从2013年到2022年共增长9次，由于平均每年增长率相同，故模型为指数函数，根据翻一番可列方程求解.
【详解】设年均增长率为，根据题意得，
，解得，
所以平均每年的增长率应是.
故答案为：
14．的展开式中的系数为__________.（用数字作答）
【答案】
【分析】的展开式的通项为，取，计算得到答案.
【详解】的展开式的通项为，
则的系数为：
故答案为：
15．已知，则__________.
【答案】##0.5
【分析】应用诱导公式、二倍角余弦公式得，即可求目标式的值.
【详解】由，
所以，
由，则，
所以，可得或（舍），
综上，.
故答案为：
16．已知过点作抛物线的两条切线，切点分别为，直线经过抛物线的焦点，则__________.
【答案】169
【分析】设出，分别求在两点处导数，进而求出在两点处的切线方程，将代入，利用同构即可求得直线方程，根据直线经过焦点，代入直线方程即可求得，联立直线与抛物线方程，求得，进而求得，写出的式子进行化简求值即可.
【详解】解：由题知，设，所以，，
因为，即，所以，
故，，所以，
即：，即，即，
同理可得：，
因为在直线上，所以有，
故在直线上，即，
因为经过抛物线的焦点，
所以，解得，故抛物线为，
所以，
联立，即，所以，
所以
所以
.
故答案为：169
【点睛】思路点睛，该题考查开口向上的抛物线的切线问题，属于难题，关于过抛物线外一点做抛物线两条切线，切点所在的直线方程的思路有：
（1）设出两切点坐标，根据求导分别求出两条切线的斜率；
（2）根据点的坐标及切线斜率写出切线方程，并化简至关于的一次方程；
（3）将抛物线外一点分别带入两条切线方程，通过同构即可得出切点所在直线方程.
四、解答题
17．已知函数的所有正的零点构成递增数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先化简，求得其正的零点，进而判断数列的类型，求出基本量，写出通项公式即可；
（2）将（1）中的通项公式代入可得的通项公式，再用乘公比错位相减求出前项和即可.
【详解】（1）解：因为，
令可得，即，
解得，因为为所有正的零点构成的，
故，且，故为以为首项，1为公差的等差数列，
即；
（2）由（1）知，所以，
所以
①，
所以②，
①-②可得：
，
故.
18．如图所示，已知在四棱锥中，平面.
(1)求异面直线与所成的角的大小；
(2)求平面与平面所成的锐二面角的大小.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取中点，连接，根据长度和平行关系可知四边形为平行四边形，所以异面直线与所成的角即，根据垂直及长度关系，分别求出，在中即可求得；
（2）建立合适的空间直角坐标系，写出点的坐标，分别求出平面与平面的法向量，根据公式求得法向量夹角的余弦值的绝对值，进而求得两平面所成角的锐二面角的大小即可.
【详解】（1）解：取中点，连接，如图所示：
因为平面，平面，平面，
所以，，因为，，
所以，
因为，所以，
因为，且，所以四边形为平行四边形，
即，所以异面直线与所成的角，即为与所成的角，
在中，，所以为正三角形，
所以，所以异面直线与所成的角的大小为；
（2）由题知平面，且，
故以为坐标原点，方向分别为建立空间直角坐标系如图所示：
所以有，
，
记平面的方向为，
所以，即，取，所以，
记平面的方向为，
所以，即，取，所以，
记平面与平面所成的锐二面角的大小为，，
所以，
所以，故平面与平面所成的锐二面角的大小为.
19．在中，为上的中点，满足.
(1)证明：为等腰三角形或直角三角形；
(2)若角为锐角，为边上一点，，求的面积.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1) 设，，由正弦定理可得，，
根据二倍角正弦公式和正弦函数性质证明或即可；
(2)由余弦定理列方程求，再求的余弦值和正弦值，再利用三角形面积公式求解.
【详解】（1）因为，
所以，
设，，
则，，
在中，由正弦定理可得，
所以，
在中，由正弦定理可得，
所以，
又，
所以，
所以，
所以，
所以或，，
又，，
所以或，
即或，
所以或，
所以为等腰三角形或直角三角形；
（2）因为角为锐角，由(1)可得，
所以，设，则，
因为，所以，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
又
所以，
所以，，
所以，
所以的面积.
20．已知椭圆，如图所示，为其左 右顶点，为椭圆上位于第一象限内的点，直线交直线于点.
(1)求直线与直线的斜率之积；
(2)若直线与直线关于直线对称，且椭圆上的四点满足，求以为对角线的四边形的面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）令，写出直线方程并求出M坐标，用P坐标表示出直线与直线的斜率，结合，即可求值；
（2）设，结合（1）及题设令，，然后联立椭圆方程并求出m、n范围，应用韦达定理用m、n表示出、，根据四边形面积，即可确定范围.
【详解】（1）令，而，则直线为，
令，则，故，，
所以，而，则.
（2）设，结合（1）知：，又直线与直线关于直线对称，
所以，故，令，，与椭圆均有两个交点，
又四点可构成四边形，则在直线两侧，在直线两侧，
联立，整理得，则有，即，
，，所以；
联立，整理得，则有，即，
，，所以；
若直线的倾斜角分别为且夹角为，则，故，
所以，
当或无限接近时或接近于0，即四边形面积接近于0；
当和同时取最大，即m=n=0时四边形面积最大，而；
综上，.
21．某高三年级在某次月考后，对文科班100位学生的数学成绩作了统计分析，发现其中100分以下的有60位同学且他们的数学考试分数X都在内.
(1)对他们的考试分数以5为组距画分数的频率分布直方图（设“频率/组距”）时，发现Y满足： ，.
试求的值，并估计分数在100分以下的学生的考试分数的平均值；
(2)若在原始数据中，分数在100分以下的学生的数学分数的平均值为70，而方差为400，如果计算所有100位学生数学分数的原始数据，得其平均值为94，方差为1300，请求出成绩在100分及其以上的学生的分数的平均值和方差.
【答案】(1)，
(2)平均值为130，方差为490 .
【分析】（1）计算各组的频率，再根据频率和为1计算得到，再利用平均值公式计算得到答案.
（2）根据，得到，利用方差公式得到，，再根据方差公式计算得到答案.
【详解】（1）在内，按5为组距可分成5个小区间，分别是，
因为，由于，
当的取值为时，每个小区间的频率值分别是
，
由， 解得.
故分数落在的频率分别是.
故估计100分以下的学生的考试分数的平均值为：
.
（2）分数在100分以下的同学为60位，他们的平均分数为70，方差为400 .
则分数在100分及其以上的学生人数为，
设100分以下的学生的分数分别为，平均数，方差 ，
100分及其以上的学生的分数为，平均数为，方差为，
100位学生的分数分别为，平均数为，方差为，
所以，所以.
，，故；
，，
故
所以成绩在100分及其以上的学生的分数的平均值为130，方差为490 .
22．设函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，设，证明：对任意的；
(3)在（2）的条件下，证明：当时，.
（参考数据：）
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先对求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）结合（1）中结论可得在上单调递减，从而得到，两式相加即可得证；
（3）先利用（1）与（2）中结论，将问题转化为在上恒成立问题，构造函数，分类讨论、与三种情况，结合构造函数法即可证得，由此得证.
【详解】（1）由题意得函数的定义域为，
当时，恒成立，在上单调递减；
当时，时，在上单调递减，
时，在上单调递增；
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，由（1）可知，在上单调递减.
由于知在上单调递减，
故对于任意的，都有，
故，
上面两式相加得，对于任意的，有.
（3）当时，，
由（2）的结论可知，
故要证明，
只需证明，
由于在上单调递减，
故只需证明，即证对恒成立，
设，则，
当时，单调递减，
而，故在上恒成立，则单调递减，
而，故对于成立；
当时，易知，
令，则，故单调递减，
而，故对于成立；
当时，，
令，由于，故单调递减，
而，
所以对于成立.
综上，所证不等式成立.
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
（4）考查数形结合思想的应用．
