重庆市南开中学2023届高三数学下学期第八次质量检测试题（Word版附解析）

重庆市高2023届高三第八次质量检测数学试题2023.3命审单位：重庆南开中学注意事项：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.设全集，集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由补集的定义、并集的定义结合已知条件依次分别求出、即可.【详解】由题意，因为，所以，又因为，所以.故选：D.2.已知为虚数单位，复数的虚部与实部之和为0，则实数（）A.B.0C.1D.3【答案】D【解析】分析】由复数乘法运算结合虚部、实部等概念即可求解. 【详解】由题意，所以复数的实部与虚部分别为，结合已知有，解得.故选：D.3.已知函数，则下图所对应的函数的解析式为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据函数的定义域排除A、B、D，再根据奇偶性和单调性判断C.【详解】对于A，，因为，所以，即函数的定义域为，故A函数不符合；对于B，，因为，所以，即函数的定义域为，故B函数不符合；对于C，，函数定义域R，关于原点对称，且，所以函数为偶函数，当时，，因为，所以在单调递增，故C函数符合； 对于D，，因为，所以，即函数的定义域为，故D函数不符合.故选：C.4.已知点引圆的两条切线，切点分别为为坐标原点，若为等边三角形，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，由直线与圆的位置关系可得，可得点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，由此分析可得答案.【详解】根据题意，圆，即是以为圆心，半径为的圆，连接，若为等边三角形，则，在中，，易得，故点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，又由，则，即，故的取值范围是.故选：B. 5.在中，为的中点，为边上靠近点的三等分点，记，用表示为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将分别用表示，再解出即可.【详解】由题知①，②，①＋3×②得，故．故选：D.6.已知一个15位正整数，且的30次方根仍是一个整数，则这个30次方根为（参考数据：）（）A.3B.4C.5D.6 【答案】A【解析】【分析】设这个30次方根为，则，结合题目所给数据将其变形为，由此即可得解.【详解】设这个30次方根为，则，其中且，故，，故，故．故选：A.7.已知点P为双曲线C：（，）上位于第一象限内的一点，过点P向双曲线C的一条渐近线l作垂线，垂足为A，为双曲线C的左焦点，若，则渐近线l的斜率为（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设渐近线l的方程，由两直线垂直的条件可得直线的方程，联立两直线方程求得A的坐标，再由向量共线的坐标表示可得P的坐标，代入双曲线的方程，化简整理可得所求直线的斜率．【详解】解：设，渐近线l的方程为，①直线的方程为，②联立①②可得，，即有，由，可得，， 解得，，即，由P在双曲线上，可得，化为，即，可得，所以直线l的斜率为．故选：D．8.已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的最大值为（）A.4B.C.D.3【答案】B【解析】【分析】根据三角恒等变换化简已知条件，结合正弦定理、余弦定理以及辅助角公式求得的最大值.【详解】依题意，，则，，其中， 所以当时，取得最大值为.故选：B【点睛】在求解三角函数有关题目的过程中，遇到正切时，可将其转化为正弦和余弦来进行求解.求解三角形有关的最值或范围问题，可利用正弦定理、余弦定理和三角恒等变换等知识进行化简，再根据三角函数值域的知识进行求解.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.已知某次数学测试班级最高分为150分．最低分为50分，现将所有同学本次测试的原始成绩经过公式进行折算，其中为原始成绩，为折算成绩，折算后班级最高分仍为150分，最低分为80分，则下列说法正确的是（）A.若某同学本次测试的原始成绩为100分，则其折算成绩为115分B.班级折算成绩的平均值高于原始成绩的平均值C.班级折算成绩的方差可能等于原始成绩的方差D.班级每位同学的折算成绩均不低于原始成绩【答案】ABD【解析】【分析】由求得得解析式，对选项A直接计算即可；由可得，折算成绩均不低于原始成绩，可判断选项B、D正确；对选项C：由判断.【详解】由题知，解得，∴，当时，，故A正确；，由知，即，故当原始成绩低于150分时，折算成绩均高于原始成绩，即除150分不变外，其余成绩折算后均提高，故B，D均正确；，故折算成绩的方差必小于原始成绩的方差，故C错误．故选：ABD 10.已知正方体的棱长为2，点在正方形内（不包含边界）运动，且，则下列说法正确的是（）A.与平面所成角为定值B.点的轨迹长度为C.存在点使得D.存在唯一的点使得【答案】AD【解析】【分析】对B：可得，故点轨迹是以为圆心、1为半径的圆位于正方形以部的圆弧；对A：为与底面所成角；对C：通过证明判断；对D：由面证得再判断.【详解】如图：由知，故点轨迹是以为圆心、1为半径的圆位于正方形内部的圆弧，其弧长为，故选项B错误；因为面，所以与底面所成角为，因为，故为定值，与底面所成角即为与底面所成角，故选项A正确； ，故不存在使得，故选项C错误；在底面内的射影为，若，又面，所以面，又面，所以，故为圆弧与的交点，选项D正确．故选：AD.11.已知是三个互不相等的正实数，且，则的大小关系可能是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据等式结构，构造函数，分析，根据二次函数性质得，再由即可分析出，均小于或，均大于.【详解】设，由知，则，故函数有零点，所以，即，又，所以，又，故，均小于或，均大于，即或.故选：BC12.一座对外封闭小岛上共有三座城市，三座城市第年居住人口分别为（单位万人，因为统计方法的影响，可能不为整数或有理数），假设出生率与死亡率相当（即总人口不变），每年人口都会在三座城市间流动，如城每年有留在城，有去往城，有去往城，总体流动情况如下表所示：城市每年去往每年去往每年去往 则以下说法中，正确的有（）A.若，则B.若三座城市人口均保持每年稳定不变，则C.无论初始人口如何分布，经过足够久的年份后，三座城市的人口数会趋向相同D.每两年的人口流动情况为下表所示：城市每两年去往每两年去往每两年去往【答案】BCD【解析】【分析】由题意知，与满足的关系式，逐项计算即可得出答案.【详解】由题意知与满足关系式：，其中，对于A，当， 则，则，故A错误；对于B，在上述关系式中令，反解线性方程组，即可知恒成立，从而，故B正确；对于C，由流动比例的轮换对称性及总人口不变，知三座城市人口趋于相同，故C正确；对于D，将代入，则，故D正确.故选:BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若，则______．【答案】##【解析】【分析】根据倍角公式及同角三角函数基本关系化为齐次式求解.【详解】. 故答案为：14.的展开式中项的系数为______．【答案】【解析】【分析】根据多项式相乘展开方法求解.【详解】的展开式中，构成项只能是一个、一个、3个相乘，故此项为．故答案为：.15.已知数列是公差不为0的等差数列，数列为等比数列，数列的前三项分别为1，2，6，则数列的通项公式为______．【答案】【解析】【分析】先根据数列的前三项分别为1，2，6，得到，继而可求出等比数列的公比，写出数列通项公式，再根据数列是公等差数列，写出数列的通项公式，两者相等，即可求解.【详解】根据题意得，，则，即，设的公比为，则，故，又，∴，∴．故答案为：16.已知函数，若不等式的解集为，则实数的取值 范围是______．【答案】【解析】【分析】根据题意，分别讨论与两种情况，利用二次不等式的求解与导数解决恒成立的方法，分别求得的范围，从而得解.【详解】当时，由，得，由题知时，故；当时，恒成立，即恒成立，设，则在上单减，在上单增，所以，故，综上实数的取值范围是.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.已知函数的最小正周期为．（1）求的值及函数的对称中心坐标；（2）已知，函数在区间内既有最大值又有最小值，求的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式，结合正弦型函数的周期公式、正弦型函数的对称中心进行求解即可；（2）结合正弦型函数的图象性质进行求解即可.【小问1详解】，由最小正周期为，所以所以，，对称中心坐标为；【小问2详解】由，则，且区间端点关于对称，只需观察左右两边的函数图像，当取得最大值；当取得最小值；则当，所以的收值范讳是．18.某地区举行专业技能考试，共有8000人参加，分为初试和复试，初试通过后方可参加复试．为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩绘制成如图所示的样本频率分布直方图． （1）根据频率分布直方图，估计样本的平均数；（2）若所有考生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，，试估计所有考生中初试成绩不低于80分的人数；（3）复试共四道题，前两道题考生每题答对得5分，答错得0分，后两道题考生每题答对得10分，答错得0分，四道题的总得分为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中前两题每道题能答对的概率均为，后两题每道题能答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．记该考生的复试成绩为，求.附：若随机变量服从正态分布，则：，，.【答案】（1）62（2）182人（3）【解析】【分析】（1）根据分布直方图计算即得；（2）由学生初试成绩服从正态分布，可得，，再由计算即得；（3）分别求出，和的概率，即得.【小问1详解】由题意得，样本平均数的估计值为.【小问2详解】以为学生初试成绩服从正态分布，其中，，则， 所以，所以估计初试成绩不低于80分的人数为人.【小问3详解】由题意得，，，所以.19.已知数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）已知是公比为的等比数列，，若数列是递增数列，求的取值范围．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）由累乘法可求出数列的通项公式；（2）分类讨论，即可得出答案.【小问1详解】由可得，当时，，， 将以上各式相乘可得：，当时，成立；所以【小问2详解】因为是公比为的等比数列，，若，则，数列不递增数列，若数列是递增数列，恒成立，则．故的取值范围为：.20.如图，四棱锥的底面为矩形，．（1）求四棱锥的体积；（2）设，直线与平面所成角为，是否存在满足条件的点使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）存在，【解析】 【分析】（1）由题意可证出面，结合四棱锥的体积公式即可求出.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成的角，列出方程，即可求得的值.【小问1详解】连接，设与交点为，连接，在中，，又为的中点，所以，四棱锥的底面为矩形，所以，则，在中，，又，，所以，则，又，，平面，故面，又因为，则四棱锥的体积.【小问2详解】由（1）知面，四棱锥的底面为矩形，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，，由，则， 又因为，，，设平面的法向量为，则令，得，因为直线与平面所成角为，且，则，，即，解得或，又因为，所以（舍去），故.21.已知椭圆的左右焦点为为椭圆上异于长轴端点的一个动点，为坐标原点，直线分别与椭圆交于另外三点，当为椭圆上顶点时，有．（1）求椭圆的标准方程；（2）求的最大值．【答案】（1）（2）．【解析】 【分析】（1）由题知，代入椭圆求得即可；（2）设，求得坐标代入椭圆方程求出，代入计算求最值即可.【小问1详解】由题知，代入椭圆得，∴，，∴椭圆的方程为；【小问2详解】设，设，由得，解得，则， 代入椭圆的方程得，即，即，即，即，即，∴，同理可得，，由题知，∴，当即为短轴端点时取得最大值．【点睛】方法点睛：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.22.已知函数，其中．（1）若恒成立，求取值范围；（2）令，已知且，试证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数求出函数的最值进行求解即可；（2）根据函数的单调性，运用分析法，通过构造函数，利用导数的性质进行证明即可.【小问1详解】，∵，∴在上单减，在上单增，因此当时，函数有最小值，∴，∵恒成立，即，∴；【小问2详解】，∵，∴在上单增，故， 若证得，则有，下证，即证，即证，令，则，∵，∴，，∴，∴在上单增，∴，故原不等式得证．【点睛】关键点睛：本题的关键是利用分析法，结合构造函数法进行求解证明.