重庆市南开中学校2023-2024学年高三第六次质量检测（2月）数学试题 Word版含解析.docx

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重庆市高2024届高三第六次质量检测数学试题注意事项：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.3.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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.4.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40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出集合，然后利用集合的交集运算即可求解.【详解】由题意知，，所以，故C正确.故选：C.2.已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】由复数相等的条件列出方程组即可得，进一步由复数概念、几何意义即可得解.【详解】由题意设，所以，所以，解得，所以对应点位于第四象限. 故选：D.3.已知非零向量满足，且，则与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据数量积的运算律及向量夹角的运算公式求解.【详解】解：因为，所以，设与的夹角为，所以，所以.故选：D4.已知等差数列的前项和为，满足，，则等于（）A.10B.11C.12D.13【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的通项公式和求和公式以及等差数列的性质进行计算.【详解】因为数列为等差数列，，所以：.所以：.故选：D5.函数的部分图像大致为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由的定义域排除B；由是奇函数排除C；由排除D，从而得出答案.【详解】由，得，则的定义域是，排除B；分子分母同时除以得，，所以函数是奇函数，排除C；，∵，∴，排除D，故选：A．6.已知三棱锥的体积是是球的球面上的三个点，且，，则球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】根据正弦定理得到外接圆半径，由余弦定理得到，由三角形面积公式得到，结合三棱锥体积得到球心到底面的距离，得到球的半径，得到表面积.【详解】因为，所以的外接圆半径为，在中，由余弦定理可得，所以，所以，设球心到平面的距离为，∵，，球半径，所以球面积.故选：A7.已知双曲线：的左右焦点分别为，过点作直线交双曲线右支于两点（点在轴上方），使得.若，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.2【答案】D【解析】【分析】根据题意求得，得到，在与中,结合和余弦定理，列出方程得到，即可求解.【详解】如图所示，取的中点，连接，可得，由，可得，所以，则，可得，则，在与中, 由余弦定理可得：，因为，所以，即，解得，即.故选：D.8.对于正数，有，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可得利用基本不等式可得，再结合二次函数不等式求解方法即可求解.【详解】由题可知：，因为都是正数，所以（当且仅当时取等），所以（当且仅当时取等），化简可得，解得，故C正确.故选：C.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.某射箭俱乐部举行了射箭比赛，甲､乙两名选手均射箭6次，结果如下，则（）次数第次123456环数环786789甲选手次数第次123456环数环976866乙选手A.甲选手射击环数的第九十百分位数为8.5B.甲选手射击环数的平均数比乙选手的大C.从发挥的稳定性上看，甲选手优于乙选手D.用最小二乘法求得甲选手环数关于次数的经验回归方程为，则【答案】BCD【解析】【分析】根据题意，利用数据平均数，方差，以及百分位数的定义和计算方法，以及回归直线方程的特征，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由甲选手射击环数从小到大排列为：，又由，所以甲选手射击环数的第九十百分位数为，所以A错误；对于B中，根据题意，可得甲的射击环数的平均数为，乙的射击环数的平均数为，因为，所以甲选手射击环数的平均数比乙选手的大，所以B正确；对于C中，由题意，甲的射击环数的方差为，乙的射击环数的方差为，因为，所以从发挥的稳定性上看，甲选手优于乙选手，所以C正确；对于D中，由甲的射击环数的数据，可得， 所以样本中心为，代入回归方程为，可得，解得，所以D正确.故选：BCD.10.已知一圆锥的底面半径为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，为底面圆的一条直径上的两个端点，则（）A.该圆锥的母线长为2B.该圆锥的体积为C.从点经过圆锥的表面到达点的最短距离为D.过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面面积的最大值为【答案】AB【解析】【分析】根据题意，结合圆台的几何结构特征，逐项计算，即可求解.【详解】对于A中，由圆锥的底面半径，可得底面圆周长为，又由其侧面展开图是圆心角为的扇形，设圆锥的母线长为，则，解得，所以A正确；对于B中，因为，且母线长为，所以该圆锥的高为，所以其体积为，所以B正确；对于C中，假设该圆锥的轴截面将该圆锥分成两部分，将其中的一部分展开，则其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，所以从点经过圆锥表面到达点的最短距离为，所以C不正确；对于D中，过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面为腰长为2的等腰三角形，设其顶角为，则该三角形的面积为，当截面为轴截面时，，则，所以，当时，，所以D不正确. 故选：AB.11.平面解析几何的结论很多可以推广到空间中，如：（1）平面上，过点，且以为方向向量的平面直线的方程为；在空间中，过点，且以为方向向量的空间直线的方程为.（2）平面上，过点，且以为法向量的直线的方程为；空间中，过点，且以为法向量的平面的方程为.现已知平面，平面，，，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】求出平面、的法向量，以及直线、所过定点坐标及其方向向量，利用空间中线面、面面位置关系与空间向量的关系可得出结论.【详解】由题可知：平面的法向量，平面的法向量，直线的方程可化为，直线恒过，方向向量为，直线的方程可化为，直线恒过，方向向量，对于A选项，因为，则，且，故，则，A正确；对于B选项，，则，所以，，B错；对于C选项，因为，则，C对；对于D选项，由，可知与不平行，则与不垂直，D错.故选：AC. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知圆，直线，若直线与圆交于两点，则的最小值为__________.【答案】2【解析】【分析】先推得含参数的直线过定点，且点在圆内，则与垂直的弦最短，（通过另取直线说明此时的弦最短）求其长即得.【详解】由直线可得：，即直线经过定点.由可得：，即圆心为，半径为，如图.连接,过点作的垂线交圆于点，则此时取最小值.(理由如下：过点作另一条直线交圆于点，过点作于点,在中，显然,而,,因故有，即是最短的弦长)此时，,.故答案为：2.13.2024年伊始，随着“广西沙糖桔”“马铃薯公主”等热梗的不断爆出，哈尔滨火爆出圈，成为旅游城市中的“顶流”.某班级五位同学也准备共赴一场冰雪之约，制定了“南方小土豆，勇闯哈尔滨”的出游计划，这五位同学准备在行程第一天在圣索菲亚教堂，冰雪大世界，中央大街三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数是__________. 【答案】36【解析】【分析】先根据甲乙选的景点其他人是否选分成两类情况，①无人再选，按照分组计算方法数；②还有人选，按照部分平均分组计算方法数.最后用分类加法原理计算总的方法数即可.【详解】若甲乙选的景点没有其他人选，则分组方式为：的选法总数为：，若甲乙选的景点还有其他人选择，则分组方式为：的选法总数为：，所以不同的选法总数为:.故答案为：36.14.设是定义在上的单调增函数，且满足，若对于任意非零实数都有，则__________.【答案】2021【解析】【分析】利用赋值法求解，令，则，再令，结合题意中条件求得，可求得，进而可得结果.【详解】令，则，令，则，解得或.而，则，故，因此.则， 即因此或，当时，，在上单调递减，不满足题意，舍去；当时，满足题意.则.故答案为：【点睛】方法点睛：求解抽象函数解析式问题的方法：（1）若根据已知可推知函数模型时，可利用待定系数法求解；（2）若无法推知函数模型，一般结合赋值法，通过解方程（组）法求解．其中，方程或者是已知的，或者是利用已知的抽象函数性质列出的，或者是利用已知方程变换出来的．四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，，点是线段的中点（1）证明：平面；（2）若直线与圆柱底面所成角为，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点为，通过证明，得证平面；（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离.【小问1详解】证明：取中点，连接，如图所示， 为中点，则，又，得，由，，得，所以四边形为平行四边形，，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】，易知，又，得.由平面，且直线与圆柱底面所成角为，即，则有.如图，以为原点，分别为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则有，，，设平面的一个法向量为，则，令，有，得， ，设点到平面的距离为，.16.设函数，且函数的图像相邻两条对成轴之间的距离为（1）若，求的取值范围；（2）把函数图像上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将所得图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，讨论函数的单调性；（3）在中，记所对的边分别为，外接圆面积为，的内角平分线与外角平分线分别交直线于两点，求的长度.【答案】（1）（2）在上单调递增，在上单调递减（3）【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换得到，利用性质得到，得到函数解析式，整体法得到函数值域；（2）根据伸缩变换和平移变换得到，整体法得到函数的单调性；（3）根据，求出，得到，求出，并得到，求出，由正弦定理得到，得到. 【小问1详解】，设函数的最小正周期为，故，解得，因为，所以，解得，则，若，则.【小问2详解】，，令，解得，令，解得，在上单调递增，在上单调递减.【小问3详解】，，在三角形ABC中，故，则，又，故，解得（舍去负值），则，因为为的外角平分线，所以，故， 因为为的平分线，所以，故，则，由于，因此.的外接圆半径，在中，由正弦定理可知，，其中，故.17.设.（1）求的极值；（2）若对于，有恒成立，求的最大值.【答案】（1）极小值为，无极大值（2）【解析】【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，从而得到函数的极值；（2）参变分离得到恒成立，令，求导得到函数单调性和最值情况，得到答案.【小问1详解】的定义域为，， 令，可得，令，可得，故在单调递减，单调递增.即在处取得极小值，无极大值.【小问2详解】由题可知，对恒成立.设，令在单调递减，故，故在单调递减，而，故当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，故.则，即.因此的最大值为.【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.18.已知定点，若动点到与到定直线的距离之比为.（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点作直线交于两点（点在轴的上方），过点作的垂线，垂足为.是否存在点，使得四边形为菱形？若存在，请求出此时的斜率；若不存在，请说明理由； （3）若动点在第一象限，延长交于两点，求与内切圆半径差的绝对值的最大值.【答案】（1）（2）不存在，理由见解析（3）【解析】【分析】（1）根据点点距离以及点到直线的距离公式即可列等量关系求解，（2）根据平行关系以及椭圆的对称性可得且；进而根据长度相等，结合点点距离可得点的坐标，利用斜率关系即可求解，（3）利用椭圆焦点三角形的周长以及等面积法可得半径的表达，进而联立直线与椭圆方程可得，，进而结合基本不等式即可求解.【小问1详解】设，则，化简可得，即.【小问2详解】设,若四边形为菱形则,即且；由，则（若，则），且①；由，由题可知，同理可得，，故，因此②.联立①②可得，代入中运算可得，则，. 而，故三点不共线.因此不存在点与直线使得四边形为菱形.【小问3详解】设面积分别为，内切圆半径分别为恰为椭圆的两焦点，故.则的周长均为，同理.则.设直线的方程为，与椭圆联立整理可得.由于，带入整理可得，，故，于是.同理可得，..（当且仅当时取等，相应地有，因此最大值为. 【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.19.已知正项数列满足：.（1）设，试证明为等比数列；（2）设，试证明；（3）设，是否存在使得为整数？如果存在，则求出应满足的条件；若不存在，请给出理由.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）存在，【解析】【分析】（1）根据递推公式可得，即，从而可求解.（2）由（2）可得利用放缩可得，从而可求解.（3）由（1）可得，然后分情况讨论，，时是否能使为整数，从而求解. 【小问1详解】由题可知，，则，即，则数列是以为首项，为公比等比数列.【小问2详解】，，（当且仅当时取等），当时，；当时，.【小问3详解】，当时，不是整数；当时，不是整数当时，必定为整数， 故只需要考虑是否为整数即可.又因为故只需要为整数即可，则.综上所述，.