重庆市乌江新高考协作体2024届高三上学期期中数学试题（Word版附解析）

2023-2024学年（上）期中学业质量联合调研抽测高三数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，．则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求得，然后求得.【详解】.故选：A2.设全集，，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由条件根据集合的运算的定义，判断各选项即可.【详解】因为，，，所以，，A错，，，，B错，，，C对，，D错，故选：C.3.已知等差数列中，，则（　　）A.7B.11C.9D.18【答案】C 【解析】【分析】由等差数列性质直接计算求解即可.【详解】设等差数列的性质可知：，所以.故选：C.4.如图是一个棱长为2的正方体被过棱、的中点、，顶点和过点顶点、的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的体积为（）A.5B.6C.7D.8【答案】C【解析】【分析】将正方体还原，利用割补法计算可得.详解】解：如图将正方体还原可得如下图形：则，，，所以该几何体的体积.故选：C5.已知平面直角坐标系中的3点，则中最大角的余弦值等于（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】根据夹角公式算出每个内角的余弦值，然后分析可得结果.【详解】，根据夹角公式，；，根据夹角公式，；，根据夹角公式，.由，，，于是是钝角，是锐角，最大角是，余弦值为.故选：C6.已知，为锐角，且，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由条件，结合同角关系求，再由特殊角三角函数值求，再利用两角差的余弦公式求.【详解】因为，所以，又，为锐角，所以，，且．因为，为锐角，，所以，又，所以， 故．故选：D.7.已知函数在定义域上的值不全为零，若函数的图象关于对称，函数的图象关于直线对称，则下列式子中错误的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题设条件可得函数的图象关于对称，且关于直线对称，从而得到为偶函数且为周期函数，从而可判断各项的正误.【详解】∵函数的图象关于对称，∴函数的图象关于对称，令，∴，即，∴…⑴令，∵其图象关于直线对称，∴，即，∴…⑵由⑴⑵得，，∴…⑶∴，由⑵得,∴；∴A对；由⑶，得，即，∴B对；由⑴得，，又，∴，∴C对；若，则，∴，由⑶得，又，∴，即，与题意矛盾，∴D错. 故选：D.【点睛】本题考查函数图象的对称性、奇偶性、周期性，注意图象的对称性与函数解析式满足的等式关系之间的对应性，本题属于中档题.8.如图，在棱长为2的正方体中，是的中点，点是侧面上的动点，且截面，则线段长度的取值范围是（）.A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】取CD的中点为N,的中点为R,的中点为H,证明平面MNRH//平面,平面,线段MP扫过的图形为,通过证明,说明为直角,得线段长度的取值范围为即可得解.【详解】取CD的中点为N,的中点为R,的中点为H,作图如下:由图可知,,所以四边形为平行四边形,所以,因为,所以, 因为,故平面MNRH//平面,因截面,所以平面,线段MP扫过的图形为,由知,,在中,,即,所以，所以,即为直角,故线段长度的取值范围为,即,故选:B【点睛】本题考查面面平行的判定定理与性质定理及空间两点间的距离;重点考查转化与化归的思想;属于难度大、抽象型试题.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.9.已知复数在复平面内对应的点为P，则（）A.P在第二象限B.P在第四象限C.D.z的虚部为【答案】AC【解析】【分析】根据复数的运算，求得，结合复数的几何意义和共轭复数的概念，以及复数的基本概念，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，复数，所以其对应的点位于第二象限，所以A正确，B错误；由复数的虚部为，所以D错误；又由共轭复数的概念，可得，所以C正确.故选：AC 10.已知圆：，则下列说法正确的是（）A.点在圆内B.圆的半径为1C.圆关于对称D.直线与圆相切【答案】BCD【解析】【分析】对于A项，求点到圆心的距离与半径比；对于B项，圆化为标准方程即可求出圆心和半径.对于C项，验证圆心是否在直线上；对于D项，验证圆心到直线的距离与半径比.【详解】已知圆：，则其标准方程为，∴，B选项正确；圆心，将点到圆心的距离，所以，点在圆外，A选项错误；将圆心代入直线，得成立，所以直线过圆心，则圆关于直线对称，C选项正确；因为圆心到直线的距离，所以直线与圆相切，D选项正确.故选：BCD11.记等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝6，则S4＝（）A.－10B.－8C.8D.10【答案】AC【解析】【分析】设等比数列的公比为，解方程求出的值即得解.【详解】设等比数列的公比为，由于，，则，或，所以或，故选：AC.12.如图，已知三个两两互相垂直的半平面，，交于点，矩形的边在半平面 内，顶点，分别在半平面，内，，，与平面所成角为，二面角的余弦值为，则同时与半平面，，和平面都相切的球的半径为（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】如图，补形为一个长方体，然后以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O–xyz，由线面角和二面角的定义可求得，的坐标，求得平面ABCD的法向量，设平面ABCD与轴的交点分别为：，将原问题进一步等价于求三棱锥O-P1P2P3的内切球半径，运用等体积法可求得答案．【详解】解：如图所示，将矩形ABCD所在的平面，补形为一个长方体，然后以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O–xyz，由，与平面所成角为，得，作底面于点P，则平面APB，从而，所以即为二面角的平面角，即的余弦值为，则，故 ，，，，所以，，设平面ABCD的法向量，则，令，得，从而，设平面ABCD与轴的交点分别为：，则，所以，，所以，，所以原问题进一步等价于求三棱锥O-P1P2P3的内切球半径，由于，故是等腰三角形，其面积为，三棱锥的表面积为，其体积为，设外接球半径为R，利用等体积法有，即，同理，当球在三棱锥外面与四个面都相切时，球的半径为，故选：AC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.函数的图象在处的切线方程是________．【答案】（或）【解析】【分析】由导数的几何意义求解， 【详解】由题意可得，则，，故所求切线方程为，即（或）．故答案为：14.若等差数列的前10项和为30，前20项和为100，则前30项和为_________【答案】【解析】【分析】利用等差数列的前项和性质即可求解.【详解】设等差数列的前项和为，则，，成等差数列，即成等差数列，所以，，故答案为：【点睛】本题主要考查了等差数列的前项和性质，需熟记性质，属于基础题.15.若方程在上有两个不同的实数根，则实数a的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】根据题意作图，由函数与方程的关系，可得，进而得到答案.【详解】作出，与的大致图象，如图所示．由图象，可知，即，故实数a的取值范围为． 故答案为：.16.已知数列满足，.给出下列四个结论：①数列每一项都满足；②数列的前项和；③数列每一项都满足成立；④数列每一项都满足.其中，所有正确结论的序号是_________________.【答案】①③④【解析】【分析】通过递推公式，判断出数列单调性，由此得到数列的取值范围，根据取值范围对①③④进行判断，算出即可判断②.【详解】由，，得，，，，②错误；，又因为，所以，所以，①正确；由可得，即，又，两边同时除以，可得： ，，…，，累加可得，又因，所以，即有，当时，，所以，③正确；由，得，则当时，，则，当时，，所以，故④正确.故答案为：①③④.【点睛】思路点睛：数列中出现大小比较时，若通过原数列或者构造新数列不能找到大小关系，常见思路为对数列进行放缩，通过将数列放缩为一个简单的通项公式再进行大小比较.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，则求：（1）集合A的子集的个数，并判断Æ与集合A的关系（2）请写出集合A的所有非空真子集【答案】（1）8，ÆÜ（2），，，，，【解析】【分析】（1）根据子集的概念，利用列举法可得集合A的所有子集，从而可得子集个数以及Æ与集合A的关系； （2）根据非空真子集的概念，利用列举法可得答案.【详解】（1）的子集有Æ，，，，，，，共8个，其中ÆÜ.（2）集合A的所有非空真子集有，，，，，.【点睛】本题考查了子集和真子集的概念，属于基础题.18.已知命题p:x2+2x-15≤0，命题q:︱x-1︱≤m(m>0)，若¬p是¬q的必要不充分条件，求实数m的取值范围【答案】【解析】【分析】利用不等式的解法求解出命题p，q中的不等式范围问题，结合二者的关系得出关于字母m的不等式，从而求解出m的取值范围．【详解】解：x2+2x﹣15≤0的解集为[﹣5，3]，故命题p成立有x∈[﹣5，3]，由︱x-1︱≤m(m>0)，，得x∈[1﹣m，m+1]，若¬p是¬q的必要不充分条件，即p是q的充分不必要条件，因此有[﹣5，3]为[1﹣m，m+1]真子集，即，（两个等号不能同时取到）解得：19.如图，在平面四边形中，点与点分别在的两侧，对角线与交于点，.（1）若中三个内角、、分别对应的边长为、、，的面积，，求和； （2）若，且，设，求对角线的最大值和此时的值.【答案】（1），（2）当时，对角线长的最大值为【解析】【分析】（1）利用三角形的面积公式以及余弦定理可求出的值，结合的取值范围可求得的值，设，则，利用正弦定理可求得的值；（2）利用余弦定理求得，结合余弦定理分析可知，为等腰直角三角形，再利用余弦定理结合三角函数看可求出长的最大值及其对应的的值.【小问1详解】解：因为的面积，即，整理可得，所以，，又因为，则，设，则，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，因为，则，所以，，因为，则，所以，，因为，则，所以，，解得，即.【小问2详解】解：因为，则，其中，则， 由余弦定理可得，则，在中，，，由余弦定理可得，所以，，故，故为等腰直角三角形，则，所以，，易知，则，故当时，即当时，取最大值，且最大值为.20.如图，在三棱台中，，平面，，，，且D为中点.求证：平面；【答案】证明见解析【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，根据空间位置关系的向量证明方法，即可证明结论.【详解】由题意，以点坐标原点，，,分别为，，轴，建立空间直角坐标系，   则，则，故，，即，又平面，故平面.21.过点的直线分别与轴、轴的正半轴交于A，B两点，求（O为坐标原点）面积取得最小值时的直线方程．【答案】.【解析】【分析】由题意设直线的方程为，然后求出直线与坐标轴的交点，从而可表示出的面积，利用基本不等式可求出其最小值，从而可求出直线方程.【详解】由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，即，在直线的方程中，令，可得；令，可得.所以点， 由已知条件可得，得，所以的面积为，当且仅当，即时，等号成立，所以直线的方程为.22.已知函数，．（1）讨论函数的单调性；（2）设函数（），若在上为增函数，求实数a的取值范围．【答案】（1）增区间，减区间（2）【解析】【分析】（1）利用导数求得的单调区间.（2）由在恒成立，分离常数，通过构造函数法，结合导数求得的取值范围.【小问1详解】，的定义域为.，设， ，，所以在区间递增；在区间递减.【小问2详解】，，在上恒成立，在上恒成立，令，当时，；当时，，，所以在上递增，，所以，即的取值范围是.