重庆市南开中学2024届高三数学上学期第一次质量检测试题（Word版附解析）

重庆市高2024届高三第一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，集合，则集合的子集的个数是（）A.2B.4C.7D.8【答案】D【解析】【分析】分别求得集合，，得到，进而求得子集的个数，得到答案.【详解】由集合，，则，所以中子集的个数为个.故选：D.2.命题“，的否定是（）A“，”B.“，”C.“，”D.“，”【答案】B【解析】【分析】根据全称量词命题的否定判断各选项. 【详解】命题“，的否定是，.故选：B.3.设，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据指数函数性质及对数函数性质比较大小即可.【详解】因为，，，所以.故选：D4.已知函数定义域为，则实数k的取值范围为（）A.或B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，分与讨论列出不等式，代入计算，即可得到结果.【详解】由题意可得，恒成立，当时，即，很显然不满足，当时，有，解得.综上可得，.故选：B5.某高铁动车检修基地库房内有共5条并行的停车轨道线，每条轨道线只能停一列车，现有动车、高铁共五列车入库检修，若已知两列动车安排在相邻轨道，则动车停放在道的概率为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据条件概型以及排列数的计算求得正确答案.【详解】记“两动车相邻”，“动车停在道”，则.故选：C6.已知函数，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，由函数的奇偶性与单调性化简，代入计算，即可得到结果.【详解】由题知，且，所以函数为奇函数，又和在单调递增，故由故选：B7.已知函数，若关于x的方程有四个不同的根（），则的最大值是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】数形结合，把四个不同的根用表示，借助导数讨论函数的最值解决问题.【详解】图，由图可知当且仅当时，方程有四个不同的根，且，由题：，，设则，令，故在递增，在递减，.故选：A.8.已知a，，关于x的不等式在R上恒成立，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】数形结合，分类讨论不成立，则，要最大，需要，，对于取定的b，要最大需要a更大，所以只需过的切线斜率最大.借助导数求函数的最值.【详解】如图， 由图像可知，不成立，则，要最大，需要，；时，时不成立，则；对于取定的b，要最大需要a更大，所以只需过作的切线，切线斜率即为最大的a.设切点，则，即，.，,当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以在时，取得最大值.故选：B.二、多项选择题：本题共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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.9.定义在R上的偶函数满足，且在单调递增，则以下说法一定正确的是（）A.为周期函数B.C.D.在单调递减【答案】ABD【解析】【分析】根据抽象函数的奇偶性，对称性、单调性判断各选项.【详解】对于A，因为是偶函数，，，所以周期为4，故A正确；对于B，由于，得到关于对称，又因为定义域为R，所以，故B正确； 对于C，由于周期性和奇偶性，，故C错误；对于D，由于周期为4，在的单调性与的单调性相同，由于偶函数，在的单调性与的单调性相反，在单调递增，所以在单调递减，故D正确.故选：ABD.10.两个具有相关关系的变量x，y的一组数据为，，求得样本中心点为，回归直线方程为，决定系数为；若将数据调整为，，求得新的样本中心点为，回归直线方程为，决定系数为，则以下说法正确的有（）附，，A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据题意，由以及的计算公式，代入计算，逐一判断，即可得到结果.【详解】，А错误；的计算中，数据不变，也不变，所以不变，B正确；，C正确；由于，变成了，，，从而，都不变，所以，D错误.故选：BC11.已知离心率为的椭圆的左，右焦点分别为，，过点且斜率为 的直线l交椭圆于A，B两点，A在x轴上方，M为线段上一点，且满足，则（）A.B.直线l的斜率为C.，，成等差数列D.的内切圆半径【答案】AC【解析】【分析】对于A：由得，可证得结论成立；对于B：设，由结合韦达定理可求得的值即得斜率；对于C：可证得A点为椭圆的上顶点，求出，，验证即可；对于D，可得是以A为直角的直角三角形，根据直角三角形内切圆半径公式求解即可.【详解】如图1：因为，设，则，所以，所以，故，故A正确.设，，，由椭圆离心率为可得：，，故椭圆方程可化为：，联立直线l方程整理得：.设，，则有：，，又，所以，， 所以，解得：，故，故B错误.如图2：设椭圆上顶点为，则，因为所以，所以与重合，所以为上顶点，故，，，易知满足，故C正确对于D：由知：是以A为直角的直角三角形，故内切圆半径，故D错误.故选：AC.12.已知实数a，b满足，函数（e为自然对数的底数）的极大值点和极小值点分别为，且，则下列说法正确的有（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】对A：，由的单调性知；对C：令，根据，得的符号，根据得；对B：由得从而可判断符号；对D：化简，可判断符号.【详解】由题知方程有两不等实根，且在，上单调递增，在单调递减， 令，，则方程有两个不等正实根，，其中，，若，则，则不可能有两个解，所以.若，为开口向下的二次函数，当即时，，则在上单调递增不成立，故，故A正确.对C：，，又，，故，故C错误.对B：，，故B正确，对于D：，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题关键是令，将问题转化为二次函数与二次方程的问题解决，充分利用，求得参数的范围.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知随机变量X服从二项分布，若，则______.【答案】##【解析】【分析】根据已知条件列方程，化简求得的值.【详解】X服从二项分布，则，，所以，解得.故答案为：14.已知实数a，b满足，则的最小值为______ 【答案】##【解析】【分析】根据绝对值、对数运算等知识化简已知条件，求得，利用基本不等式求得的最小值.【详解】因为，则，若，则，不符合题意，若，则，，，所以，当且仅当，即时，等号成立.所以最小值为.故答案为：15.随着全球的经济发展和人口增长，资源消耗和环境问题日益凸显，为了实现可持续发展，我国近年来不断推出政策促进再生资源的回收利用.某家冶金厂生产的一种金属主要用于电子设备的制造，2023年起该厂新增加了再生资源的回收生产，它每年的金属产量将由两部分构成：一部分是由采矿场新开采的矿石冶炼，每年可冶炼3万吨金属；另一部分是从回收的电子设备中提炼的再生资源，每年可生产的金属约占该厂截止到上一年末的累计金属总产量的10%.若截止2022年末这家冶金厂该金属的累计总产量为20万吨，则估计该厂2024年的金属产量为______万吨，预计到______年，这家厂当年的金属产量首次超过15万吨.（参考数据：，）【答案】①.5.5②.2035【解析】【分析】设2023年为第一年，第n年该厂的金属产量为，截止第n年末这家冶金厂该金属的累计总产量为，由初始数据求得，，利用题意得出关系式，用作差法求得，然后解不等式可得结论． 【详解】设2023年为第一年，第n年该厂的金属产量为，截止第n年末这家冶金厂该金属的累计总产量为，，，，故2024年产量为5.5万吨，，作差得，所以，也成立，所以，由得，，则n取13，为2035年故答案：5.5；2035.16.已知抛物线焦点为F，斜率为k的直线过F交抛物线于A，B，中点为Q，若圆上存在点P使得，则k的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据题意，设直线，然后联立抛物线方程，然后列出不等式，代入计算，即可得到结果.【详解】设中点为，即，P在为直径的圆上，所以只需该圆与为直径的圆有公共点即可. 设直线，联立得解得，，所以圆心距，即可（不可能内含）则化简得，代入得，故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列是公差为3的等差数列，数列是公比为2的等比数列，且，.（1）求数列、的通项公式；（2）设数列的前n项和为，求证：.【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等差、等比公式法求得数列的通项公式；（2）利用裂项相消法求和，再根据数列的单调性证得结果.【小问1详解】由题意可得，解得，，因为数列的公差为3，数列的公比为2，所以，【小问2详解】由（1）知： 易知在单调递增，故，取最小值，又，恒成立.故成立.18.如图，多面体中，平面，且，，，M是的中点.（1）求证：平面平面；（2）若，求直线与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线面垂直与面面垂直的判定定理证明，（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解．【小问1详解】证明：取的中点N，连结，因为，所以.因为面，面，所以.又因为，且两直线在平面内，所以平面.因为点M是的中点，所以，且.所以四边形为平行四边形，所以，所以面，又平面，从而平面平面.【小问2详解】 设点O，D分别为，的中点，连结，则，因为面，面，所以.因为，由（1）知，又因为所以，所以为正三角形，所以，因为面，所以面.故，，两两垂直，以点O为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系.，，，，设平面的法向量，则所以取，则，设与平面所成的角为，则，因为，所以，故与平面所成角的大小为.19.已知函数在处的切线和直线垂直.（1）求实数的值；（2）若对任意的，，都有成立（其中为自然对数的底数），求实数m的取值范围. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求得，得到，根据题意得到，即可求解；（2）不妨设，根据题意转化为，设，转化为在单调递增，即在上恒成立，设，利用导数求得函数的单调性和最小值，即可求解.【小问1详解】解：由函数，可得，可得因为函数在处的切线l和直线垂直，所以，即，解得.【小问2详解】解：不妨设，则，因为对任意的，，都有成立，可得，即，设，则，故在单调递增，从而有，即在上恒成立，设，则，因为，令，即，解得，令，即，解得， 所以在单调递减，在单调递增，又因为，故在上最小值，所以，实数的取值范围是.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．20.为了带动节能减排的社会风尚，引导居民错峰用电，某地区下个月开始将实行分时电价.过去居民用电实行的是阶梯电价，每月用电量不超过180度的部分，按照每度电0.45元收取，超过180度的部分，按照每度电0.6元收取.而新的分时电价则是将每日24小时分为峰段、谷段、平段三个时段，按照峰段每度电0.6元，谷段每度电0.4元，平段每度电0.5元收取.该地区一位居民为了预估自己下个月的用电费用变化，他做了以下工作：首先，为了估计开空调与不开空调的用电量，他统计了过去一些天自己家的日均用电情况后得出结论：开空调时的每日用电量为10度，不开空调时的每日用电量为5度.然后，他统计了一天中三个时段的用电量比例，在开和不开空调的情况下分别如下图：假设下个月一共30天，每天他开空调的概率均为（）.（1）根据他统计的每日用电量数据，若下个月的某一天用电量为度，求的分布列和期望（用表示）.（2）根据他统计的各时段用电量比例，使用分时电价计价时，若开空调时的每日平均用电费用为a元，不开空调的每日平均用电费用为b元，分别求a，b；若使用分时电价计价时下个月某一天他的用电费用为Y元，求Y的分布列和期望（用p表示）.（3）如果用阶梯电价计算全月电费时，将每日用电量视为；用分时电价计算全月电费时，将每日 用电费用视为.要使该居民下个月使用分时电价计价的费用不超过使用阶梯电价的计价方式的费用，则p的取值范围为多少?【答案】（1）分布列见解析，（2），，分布列见解析，（3）【解析】【分析】（1）依题意的可能取值为、，即可得到其概率与分布列，从而求出其期望；（2）求出峰段、谷段、平段的点量，即可求出、的值，从而得到分布列与数学期望；（3）求出分时电价总电费与阶梯电价总电费，再作差求出参数的取值范围，即可得解.【小问1详解】依题意的可能取值为、，且，，所以的分布列为：510p所以.【小问2详解】开空调时每日用电量：峰段度，谷段度，平段度，则元，不开空调时每日用电量：峰段度，谷段度，平段度，则元，所以的分布列为：2.74.9p则.【小问3详解】 分时电价总电费（元），30天总用电量度，由，解得，当时，阶梯电价总电费为（元），当时，阶梯电价总电费为（元），所以当时，，解得，不成立；当时，，解得，综上，时，下个月使用分时电价计价的费用不超过使用阶梯电价的计价方式的费用.21.已知双曲线的左、右顶点分别为A、B，渐近线方程为，焦点到渐近线距离为1，直线与C左右两支分别交于P，Q，且点在双曲线C上.记和面积分别为，，，的斜率分别为，（1）求双曲线C的方程；（2）若，试问是否存在实数，使得，，.成等比数列，若存在，求出的值，不存在说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）利用点到直线距离及渐近线列出a,b方程，求解即可得到双曲线方程；（2）联立直线与双曲线方程，韦达定理得坐标关系，利用点到直线距离及弦长公式表示面积，利用面积得到，最后利用等比数列性质建立方程求解即可.【小问1详解】 由题可得，解得，所以双曲线C的方程为；【小问2详解】由点在上可得：.联立和整理得：，设，，则有：，，，又由直线交左右两支各一点可得：，所以，即，所以，又到直线的距离，到直线的距离，所以，所以，所以（），解得，又，其中，， 所以，假设存在实数，使得，，成等比数列，则有，所以，解得，故存在满足题意.22.已知函数.（1）求证：当时，；（2）求证：.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分、两种情况讨论，利用导数分析函数的单调性，比较与的大小关系，即可证得结论成立；（2）由（1）可得出、，可得出，结合不等式的基本性质可证得结论成立.【小问1详解】证明：因为，则，，当时，，，，函数单调递减，则成立；当时，令，则， 因为函数、在上均为减函数，所以，函数在上为减函数，因为，，所以存在，使得，且当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，而，所以，又因为，所以存在，使得，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，因为，所以，，所以，对任意的时，成立，综上，对任意的恒成立.【小问2详解】证明：由（1），对任意的，，则，即，对任意的，， 所以，，则，所以，从而可得，上述两个不等式相加可得，所以，，又由（1），因为，则，可得，当且时，，所以，，即，所以，当时，，从而有，上述两个不等式相加得：，所以，，当时，，即，所以，对任意的，，因此，.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或 ），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.