重庆市沙坪坝区南开中学2024届高三上学期第四次质量检测（期中）数学试题（Word版附解析）

数学试题一、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.（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】直接由公式以及模长的计算公式即可求解.【详解】由题意.故选：C.2.设集合，则集合的真子集个数为（）A.32B.31C.16D.15【答案】D【解析】【分析】先化简用列举法表示集合，据集合中元素的个数得真子集个数.【详解】由得，解得，又，，由集合中共有个元素，故的真子集个数为.故选：D.3.已知直线a、b与平面、，下列命题正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则【答案】C【解析】 【分析】由线面位置关系的判定，分析选项中结论是否正确.【详解】A选项，缺条件，结论不成立；B选项，直线与直线可能平行可能异面，结论不成立；C选项，由直线与平面垂直的定义可知，结论正确D选项，直线可能与平行，可能在内，也可能与相交，不一定满足垂直，结论不成立.故选：C4.已知，，，则向量与的夹角等于（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用向量模的平方转化为模与数量积的关系，再由向量的数量积的定义求向量的夹角.【详解】设向量与的夹角为，则，，由，则.故选：B.5.已知实数a、b、c满足：，则下列关系不可能成立的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】画出函数，，的图象，判断函数值相等时实数a、b、c的大小关系.【详解】令，画出，，，图象可知： 当在①位置时，；当在②位置时，；当在③位置时，；不可能成立.故选：D6.如图，将钢琴上的12个键依次记为，，…，.设，若且，则称，为原位大三和弦.现随机按下两个白键和一个黑键，则恰好按下的是一个原位大三和弦的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意利用组合数求出事件的基本事件总数，然后找出满足题意的基本事件数，求解即可.【详解】随机按下两个白键和一个黑键的方法数为：，原位大三和弦的组合有:，，，，，其中满足两个白键和一个黑键的只有，两种情况，故恰好按下的是一个原位大三和弦的概率为.故选：A.7.设抛物线的准线与轴的交点为N，O为坐标原点，经过O、N两点的圆C与直线 相切，圆C与抛物线E的另一个交点为P，若，则（）A.2或B.2或4C.或D.2或【答案】A【解析】【分析】由题意知圆C的圆心在直线上，由正弦定理得，解得，利用相交弦性质用表示圆的坐标，再由直线与圆相切点到直线的距离公式建立关于的等量关系，求解可得.【详解】由抛物线方程，得准线方程为，则，设圆心，半径为，，在中，由正弦定理得，，.又圆与直线相切，当时，则圆心到直线距离，解得；当时，则圆心到直线距离. 即，或（舍），综上或.故选：A.8.将一张如图所示的两直角边长度分别为和的直角三角形硬纸片，沿虚线剪成四块，这四块纸片恰好可以通过折叠，拼接形成一个密封的直三棱柱模型，则所得直三棱柱模型的体积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】易知两块全等的小三角形作为直三棱柱的底面，剩下两部分拼接成直三棱柱的侧面，分析可知直三棱柱的高为，因为底面三角形周长恰好为线段长度，设，根据题意得出关于的等式，解出的值，再结合柱体的体积公式可求得该柱体的体积.【详解】易知两块全等的小三角形作为直三棱柱的底面，剩下两部分拼接成直三棱柱的侧面.则、分别为、中点，所以，，即直三棱柱的高为，又因为底面三角形周长恰好为线段长度， 设，其中，设，则的周长为，且，所以，，可得，等式两边平方可得，整理可得，因为，解得，所以，，则，所以，该直三棱柱体积为.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.已知函数是定义在上奇函数，则下列说法正确的有（）A.函数是偶函数B.函数的图象关于点对称C.函数是偶函数D.函数是奇函数【答案】AD【解析】【分析】利用函数的奇偶性定义判断ACD，由奇函数图象的平移判断B.【详解】对于A：令，，为偶函数，A正确；对于B：是奇函数，故图象关于原点对称，将的图象向左移1个单位可得到图像，故对称中心为，B错误；对于C，令，如果，则，由，此时，不是偶函数，故C错误； 对于D，，为奇函数，故D正确.故选：AD10.在正方体中，为棱上任意一点（含端点），下列说法正确的有（）A.直线与直线一定异面B.直线与直线一定垂直C.直线可能与平面平行D.直线可能与平面垂直【答案】BCD【解析】【分析】当点与重合时，即可判断A；转化为证明平面,即可判断B；当点与重合时，利用线线平行，即可证明线面平行，即可判断C；当与重合时，即可证明线面垂直.【详解】对于A：当与重合时，，故A错误对于B：因为平面，且平面，所以又因为，且，平面,所以平面,平面，所以，故B正确;对于C：当与重合时，，面，平面所以平面，故C正确； 对于D：当与重合时，连结因为，且平面，平面，所以，且，平面，所以平面，平面，所以，同理，且，平面，所以平面，故D正确.故选：BCD11.已知数列和都是等差数列，，，，设集合，，，若将集合中的元素从小到大排列，形成一个新数列，下列结论正确的有（）A.B.C.D.数列的前20项和为610【答案】ACD【解析】【分析】对于A，直接由等差数列的性质运算即可判断；对于B、C，令 ，并结合数列的定义即可判断；由题意可知数列的前20项和为，由此即可判断.【详解】对于A：由，，解得，，所以，，所以A对；对于B、C：令，所以当，时，，且相邻公共项之间依次有，，，所以当时，所以B错，C对；对于D：由B可知，记前项和为，则约前20项和为，1，2，3，4时，所以D对.故选：ACD.12.如图，双曲线的左右焦点分别为和，点、分别在双曲线的左、右两支上，为坐标原点，且，则下列说法正确的有（）A.双曲线的离心率B.若且，则的渐近线方程为C.若，则D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据渐近线夹角范围得离心率范围判断A，利用三角形面积求得 的坐标，代入双曲线方程即可求解渐近线判断B，在双曲线上取B关于原点的对称点M，连接，先证，再结合条件得，从而得判断C，在上取一点使得，先证，再结合条件得，从而，判断D.【详解】对于A，，两渐近线夹角小于，，，A正确；对于B，时，为等腰直角三角形，，又点在双曲线上，代入双曲线方程得即，，渐近线方程为，B错误；对于C，在双曲线上取B关于原点的对称点M，连接，，，.，，又，.又，为中点，，必有，，三点共线，为角平分线，，C正确；对于D，在上取一点使得，，，，，又，，，，D正确.故选：ACD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若直线与直线平行，则实数的值为__________.【答案】或【解析】【分析】由两直线平行，按斜率是否存在分类讨论求解.【详解】当时，，相交；当时，，，，①，且②，由①得，，解得或，验证知，当或时，都满足②.故答案为：或.14.已知，则_____________．【答案】【解析】【分析】利用诱导公式以及二倍角公式求解即可．【详解】故答案为：15.已知直线与圆交于A、B两点，则弦长的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】先根据点到直线距离求圆心到直线距离范围，再结合几何法求出弦长最值即可. 【详解】已知圆的半径，设圆心到直线距离（时取等），又，当取最小时取得最大值，故时，.故答案为：.16.已知函数，曲线的一个对称中心为，一条对称轴为，则的最小值为__________.【答案】9【解析】【分析】分别由对称轴和对称中心可得的表达式，由综合可得．【详解】因为为的一个对称中心，为的一条对称轴，，得，，，代入①得，，当，时，.故答案为：9.四、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.已知的内角、、的对边分别为、、，且，，.（1）求的面积；（2）设为线段上一点，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理可得出关于的方程，结合可得出 的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积；（2）利用平面向量数量积的定义可求出的长，利用余弦定理可求得的长，利用勾股定理可推导出，即可得出的大小，并求出的长，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.【小问1详解】解：由余弦定理得，整理得.因，解得，所以，.【小问2详解】解：因为，可得，由余弦定理可得，所以，，即，故，且，，故.18.为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素是否对学生体育锻炼的经常性有影响，为此随机抽取了40名学生，按照性别和体育锻炼情况整理得到如下的列联表：性别锻炼合计不经常经常女生51015男生52025合计103040（1）根据上表数据，依据小概率值 的独立性检验，能否认为性别因素会影响学生体育锻炼的经常性？（2）如果将表中的数据都扩大为原来的倍，在相同的检验标准下，得到与（1）中不一样的结论.（i）求的最小值；（ii）如果抽样方式不变，你认为（1）和（2）的结论哪个更可靠，并说明理由.附：，其中0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）根据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此认为成立，即学生体育锻炼的经常性与学生性别没有关系（2）（i）的最小值为8，（ii）在抽样方式不变的情况下，（2）中的结论更可靠，理由见解析【解析】【分析】（1）根据独立性检验的相关公式代入求出观测值，进而根据临界值表作出判断即可.（2）（i）当表中的数据都扩大为原来的倍时，，根据题意列出不等式即可求解；（ii）由于频率具有随机性，故样本容量越大越具有说明性.【小问1详解】：学生体育锻炼的经常性与学生性别没有关系.根据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此认为成立，即学生体育锻炼的经常性与学生性别没有关系.【小问2详解】（i）当表中的数据都扩大为原来的倍时，根据的独立性检验，若推断不成立，即在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为学生体育锻炼的经常性与学生性别有关系. 则有：，解得，又，故的最小值为8.（ii）在抽样方式不变的情况下，（2）中的结论更可靠.这是因为对于随机样本而言，频率具有随机性，我们的推断可能犯错误，样本容量越小，犯错误的可能性会越大，因此在抽样方式不变的前提下，样本容量大的结果更可靠.19.在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，面，为棱的中点，经过、、三点的平面交棱于点.（1）求证：平面；（2）若直线与平面所成角大小为，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由线面平行的判定、性质可证，进而得到四边形是平行四边形，则，最后应用线面平行判断证结论；（2）由题设证得面，结合面及已知求相关边长，构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.【小问1详解】由，平面，平面，则平面，又，平面，则，又是的中点，故是的中点，所以且，又，故且，所以四边形是平行四边形，则，又平面，平面，故平面.【小问2详解】连接，因且，， 所以且，又面，面，故，又，面，所以面，故直线与平面所成角，从而，且.如图，以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，.面的法向量为，设面的法向量为，则，取，得，所以，则面与面所成角的余弦值为.20.已知数列满足，，，.（1）求证：数列是等比数列；（2）记数列前项和为，数列的前项和为，是否存在常数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在常数，【解析】 【分析】（1）由，由数列的递推关系得到的递推关系，利用定义证明数列是等比数列；（2）利用等比数列公式法求前项和，并项求和法求数列的前项和，则可得二者关系，求出.【小问1详解】当时，因为，又，故数列是以2为首项，公比为4的等比数列.【小问2详解】由（1）得，故，，所以故，即存在常数满足题意.21.已知函数，，.（1）若曲线在点处的切线与曲线也相切，求实数的值.（2）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.（…为自然对数的底数）【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）求出的导数，求得切线的斜率和切点，可得切线方程，再设与相切的切点为，求得的导数，列出方程，即可解得实数的值.（2）问题转化为对任意的恒成立，通过构造函数利用导数求最值的方法解决恒成立问题.【小问1详解】函数，，，，，，故曲线在点处的切线方程为，即.设切线与曲线切于点，则，解得，.【小问2详解】法一：函数，定义域为，故等价于，记，，令，，解得，，解得，故在上单调递减，在上单调递增，所以当时，.所以解得，解得，故在单调递减，在单调递增，有，所以的取值范围为.法二：取，由，得.下证：当时，恒成立. 记，因，函数在单调递减，所以，记，，，，记，，，解得，，解得，故在单调递减，在单调递增，故，故，单调递增，即单调递增，又，在上恒成立，所以在单调递减，在单调递增，所以，得证.综上知，的取值范围为.【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，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.22.椭圆的左右焦点为和，为椭圆的中心，过作直线、，分别交椭圆于、和、，且的最大值为，的最小值为.（1）求椭圆的方程；（2）设线段、的中点分别为、，记的面积为，的面积为，若直线、的斜率为、且，求证：为定值，并求出这个定值. 【答案】（1）（2）证明见解析，【解析】【分析】（1）根据最短弦和最长弦求得，，即可求得方程；（2）设直线方程，与椭圆联立，结合韦达定理求得、的坐标，方法一：利用坐标关系得直线MN恒过定点，根据高的比得三角形面积的比；方法一：利用向量法求得三角形面积，然后求解即可.【小问1详解】由已知得当在x轴上时，，当在x轴上时，最小，此时直线方程为：，联立，解得，所以，所以，，故椭圆方程为.【小问2详解】由（1）得，，设直线，，其中，，则.由消去得：，，设，，，则，，，，即，用代换同理可得， 解法一：设直线的斜率为，则.故直线的方程为，即，将代入得，故直线恒过定点，于是点与点到直线的距离之比等于，从而.解法二：对于一个，若，则，证明如下：因为，所以，所以，所以；故对于，，所以，又，，则， 所以.