重庆市九龙坡区育才中学2023-2024学年高三上学期第三次联考复习数学试题（Word版附解析）

重庆市育才中学校高2024届2023-2024学年（上）第三次联考复习数学试题本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.注意事项：1．作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上．2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效．3．考试结束后，答题卡、试卷、草稿纸一并收回．第Ⅰ卷一．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已知集合，集合，则（）A.且B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据基本函数的定义域和值域求法求出，从而求出交集.【详解】由对数函数的定义域可得：，由基本初等函数的值域可得，故.故选：C.2.已知非零向量满足，，且与的夹角为，则（）A.6B.C.D.3【答案】D【解析】【分析】利用向量的加法的平行四边形法则，判断四边形的形状，推出结果即可． 【详解】解：非零向量，满足，可知两个向量垂直，，且与的夹角为，说明以向量，为邻边，为对角线的平行四边形是正方形，所以则．故选：．【点睛】本题考查向量的几何意义，向量加法的平行四边形法则的应用，考查分析问题解决问题的能力，属于基础题．3.若的展开式中所有项的二项式系数之和为16，则的展开式中的常数项为（）A.6B.8C.28D.56【答案】C【解析】【分析】根据的展开式中所有项的二项式系数之和求出n的值，从而写出的展开式的通项公式，再令x的指数为0，即可求解常数项．【详解】由的展开式中所有项的二项式系数之和为16，得，所以，则二项式的展开式的通项公式为（且），令，解得，所以，故的展开式中的常数项为28，故选：C．4.下列说法正确的是（）A.“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件B.直线的倾斜角的取值范围是C.过，两点的所有直线的方程D.经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为【答案】B 【解析】【分析】由直线垂直的条件判断选项A；由直线斜率计算倾斜角判断选项B；由直线两点式方程的适用范围判断选项C；由直线在x轴和y轴上截距相等的类型判断选项D.【详解】A．当，两直线方程分别为和，此时也满足直线垂直，故A错误；B．直线的斜率，则，即，则，故B正确；C．当或时直线方程为或，此时直线方程不成立，故C错误；D．若直线过原点，则直线方程为，此时也满足条件，故D错误．故选：B5.由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，其中奇数不相邻，且2不在第二位，则这样的六位数个数为（）A.120种B.108种C.96种D.72种【答案】B【解析】【分析】利用全部不相邻的奇数中去掉2在第二位的情况，即可利用不相邻问题插空法求解.【详解】1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，其中奇数不相邻，先排3个偶数，然后把3个奇数插入即可，共有个，若2在第二位，则第一位一定为奇数，则从3个奇数中选择一个放在第一位上，此时还剩下2个偶数和2个奇数安排在后四位上，则先排2个偶数，然后把剩下2个奇数插空即可，此时共有个，因此符合条件的六位数有个，故选：B6.如果圆台的母线与底面成角，那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设圆台的母线为，高为，由题可得，然后根据圆台的侧面积公式即得.【详解】设圆台的上下底面半径分别为，圆台的母线为，高为， 由题可知，即，所以圆台的侧面积与轴截面面积的比为.故选：C.7.已知函数的定义域为R，是偶函数，，在上单调递增，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意判断出函数关于对称，结合函数的对称性与单调性求解不等式.【详解】∵是偶函数，∴函数关于对称，∴，又∵在上单调递增，∴在单调递减，∴可化为，解得，∴不等式解集为.故选：A 8.设是椭圆的两个焦点，若上存在点满足，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】分焦点在轴上和轴上两种情况讨论，设为椭圆短轴端点，由题意，，利用三角函数列出不等式即可得解.【详解】①时，上存在点满足，设为椭圆短轴端点，当位于短轴的端点时，取最大值，要使椭圆上存在点满足则，，，解得；②当椭圆的焦点在轴上时，，同理可得；的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查了椭圆性质和三角函数的综合应用，考查了分类讨论思想，属于中档题.二．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．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.数列前项的和为，则下列说法正确的是（）A.若，则数列前项的和最大B.若为等比数列，，，则C.若，，则D.若为等差数列，且，，则当时，的最大值为【答案】AC【解析】【分析】解不等式可判断A选项；利用等比数列片段和的性质可判断B选项；推导出，利用累乘法可判断C选项；利用等差数列求和公式可判断D选项.【详解】对于A选项，由可得，故数列前项的和最大，A对；对于B选项，设等比数列的公比为，若时，则当为偶数时，，不合乎题意，所以，且，由等比数列片段和的性质可知、、、成等比数列，且公比为，故，，所以，，B错；对于C选项，当时，由可得，上述两个等式作差可得，可得，所以，，故，C对； 对于D选项，因为为等差数列，且，，则，则，，因此，当时，的最大值为，D错.故选：AC.10.已知向量，函数，则（）A.若的最小正周期为，则的图象关于点对称B.若的图象关于直线对称，则可能为C.若在上单调递增，则D.若的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象，则的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】由平面向量数量积运算，结合三角恒等变换将函数化简为，根据三角函数的性质逐一判断即可得解．【详解】由向量，，，则:对于选项A，,令，则，，则的图像关于点 对称，故A正确，对于选项B，即选项令，则为方程的解，即，，即可能为，即选项B正确；对于选项C，令，解得的单调递增区间为，又在上单调递增，则，即，即，即选项C正确，对于选项D，将的图像向左平移个单位长度后得到的图像对应解析式为，由为偶函数，则，即，，则的最小值为，即选项D错误；故选：ABC．11.已知正方体的棱长为1，点是线段的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（）A.与平面所成角为B.点到平面的距离为 C.平面D.三棱柱的外接球半径为【答案】AC【解析】【分析】对于A选项，连接交于点，连接，即为与平面所成角，再结合几何关系求解即可；对于B选项，设点到平面的距离为，根据等体积法求解即可；对于C选项，连接交于，连接，证明即可判断；对于D选项，转化为正方体的外接球求解即可.【详解】解：对于A选项，点是线段上的动点，所以平面即为平面，连接交于点，连接，如图1，由于由正方体的性质得，平面，所以，由于，所以平面，由于平面即为，所以即为与平面所成角，由几何关系得，所以，所以，故A选项正确；对于B选项，设点到平面的距离为，则，由于 ，，所以，所以，故错误；对于C选项，如图2，连接交于，连接，所以为的中点，因为点是线段的中点，所以点是线段的中点，由正方体的性质易知，所以四边形是平行四边形，所以，所以，所以四边形是平行四边形，所以，由于平面，平面，所以平面，故C选项正确；对于D选项，三棱柱的外接球即为正方体的外接球，由于正方体的体对角线为，所以正方体的外接球半径为，即，三棱柱的外接球半径为，故D选项错误.故选：AC12.已知椭圆C：的上下焦点分别为，，且焦距为2c，离心率为e.直线l：与椭圆交于A，B两点，则下列说法中正确的有（） A.若AB的最小值为3c，则B.的周长为4aC.若，则e的取值范围为D.若AB的中点为M，则【答案】ABC【解析】【分析】易知的最小值为通径，则有，求出，A正确；，B正确；设，，，，则有，可得，C正确；设，，，，，有，D错误.【详解】解：易知的最小值为通径，则有，即，解得，所以，A正确；，B正确；设，，，，，则有，可得，C正确；设，，，，，有，，由，作差得：，所以，则有，D错误.故选：ABC第Ⅱ卷三．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13.设复数，（i是虚数单位，），若，则______．【答案】4【解析】【分析】根据乘法法则化简，进而根据实数特点得到结果.【详解】所以，故答案为：414.已知直线恒过定点P，则点P关于直线的对称点的坐标是________．【答案】【解析】【分析】首先化简直线方程，求出定点的坐标，再代入点关于直线对称的点的计算公式，即可求解.【详解】由直线化为，令，解得，于是此直线恒过点．设点P关于直线的对称点为，则，解得，∴．故答案为：15.已知为正实数，直线截圆所得的弦长为，则的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】由圆心到直线的距离、弦长的一半、圆的半径及勾股定理得到，再对目标式进行变形，利用基本不等式求最值. 【详解】解：圆的圆心为，则到直线的距离为，由直线截圆所得的弦长为可得，整理得，解得或（舍去），令，又，当且仅当时，等号成立，则．故答案为：．【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，考核基本不等式求最值，关键是对目标式进行变形，变成能用基本不等式求最值的形式，也可用换元法进行变形，是中档题．16.已知菱形边长为，，为对角线上一点，．将沿翻折到的位置，移动到且二面角的大小为，则三棱锥的外接球的半径为______；过作平面与该外接球相交，所得截面面积的最小值为__________．【答案】①.②.【解析】【分析】设，证明出平面，分析可知，以点为坐标原点，、 所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，设三棱锥的外接球球心为，根据题意可得出关于、、的方程组，可求得球心的坐标，即可求出球的半径长，求出，可求得截面圆半径的最小值，再利用圆的面积公式可求得截面圆面积的最小值.【详解】设，翻折前，在菱形中，则，即，，翻折后，则有，所以，二面角的平面角为，在菱形中，，则，又因为，所以，是边长为的等边三角形，同理可知，是边长为的等边三角形，因为，，，、平面，平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则点、、、、，设三棱锥的外接球球心为， 由可得，解得，所以，三棱锥的球心为，球的半径为.，设球心到截面的距离为，平面截球的截面圆的半径为，则，，过作平面与该外接球相交，所得截面面积的最小值为.故答案为：；.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.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.已知数列的前项和为，且满足．（1）证明：数列是等比数列；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）根据作差得到，即可得到 ，从而得证；（2）由（1）知，再利用裂项相消法计算可得；【详解】解：（1）因为①当时，得．当时，②，①②两式相减得即，所以数列是以2为公比，以2为首项的等比数列，（2）由（1）知，即．∵，则，【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．18.某专营店统计了最近天到该店购物的人数和时间第天之间的数据，列表如下：（1）由表中给出的数据，判断是否可用线性回归模型拟合人数与时间之间的关系？（若，则认为线性相关程度高，可用线性回归模型拟合；否则，不可用线性回归模型拟合.计算时精确到）（2）该专营店为了吸引顾客，推出两种促销方案：方案一，购物金额每满元可减元；方案二，购物金额超过元可抽奖三次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次打折，中奖两次打折，中奖三次打折.某顾客计划在此专营店购买一件价值元的商品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析，选哪种方案更优惠？ 参考数据：.附：相关系数.【答案】（1）可以，理由见解析（2）方案二更优惠，理由见解析【解析】【分析】（1）计算出、的值，将表格中的数据代入相关系数公式，求出的值，即可得出结论；（2）设方案一的实际付款金额为元，方案二的实际付款金额为元，计算出、的值，比较大小后可得出结论.【小问1详解】解：，，所以，，，，所以，，所以，与的线性相关性很强，故可用线性回归模型拟合人数与时间之间的关系.【小问2详解】解：设方案一的实际付款金额为元，方案二的实际付款金额为元，由题意可知，（元），的可能取值有、、、，，，，，所以，， 所以，方案二更优惠.19.在中，角所对的边分别是．已知．（1）求；（2）为边上一点，，且，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）已知等式去分母，正弦定理边化角，利用两角和的正弦公式化简，可得角；（2）由且，利用向量法求得，再结合余弦定理求和.【小问1详解】已知，由，有，所以，两边同乘以abc得：．由正弦定理得：．由，，所以，．【小问2详解】取、为平面向量的基底．因为D在BC边上，且，所以．因为，所以，则即，得，所以，．不妨设，． 在中，由余弦定理：，所以．由余弦定理：．20.如图，在梯形中，，，，，与交于点，将沿翻折至，使点到达点的位置.（1）证明：；（2）若平面PBC与平面PBD的夹角的余弦值为，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）或【解析】【分析】（1）求得，进而得到，证明平面PMC即可；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由平面PBC与平面PBD的夹角的余弦值为，解得，，即可求出其体积.【小问1详解】，，，，，即，， ，，又，平面PMC，平面PMC，平面PMC，∴；【小问2详解】直角中，，，，，，，则由（1）平面PMC，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设，其中，所以，，，设平面PBD的一个法向量为，则，取，，设平面PBC的一个法向量为， 则，取，则，，解得，或，则或故或.21.已知过点，且与内切，设的圆心的轨迹为，（1）求轨迹C的方程；（2）设直线不经过点且与曲线交于点两点，若直线与直线的斜率之积为，判断直线是否过定点，若过定点，求出此定点的坐标，若不过定点，请说明理由．【答案】（1）；（2）过定点．【解析】【分析】（1）由题意结合圆的性质可得，利用椭圆的定义即可得解；（2）当直线斜率不存在时，求出各点坐标后即可得与轴的交点为；当的斜率存在时，设l的方程为，联立方程可得，，进而可转化条件，得出后即可得解.【详解】（1）由题意过点，且与内切，易知点，半径为，设两圆切点为， 所以，在中，，所以，所以M的轨迹为椭圆，由椭圆定义可知，所以，所以轨迹C的方程为；（2）①当的斜率不存在的时，设，所以，所以，解得或（舍），所以与轴交点为；②当的斜率存在时，设l的方程为，联立消元可得，，所以，由韦达定理，，则，又因为，所以，即，所以，所以成立，所以，当时，，所以l过， 综上所述，过定点.【点睛】本题考查了椭圆定义的应用和直线与椭圆的综合问题，考查了计算能力，属于中档题.22.已知函数，.（1）若，证明：当时，；（2）当时，，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用作差法比较，构造函数，，然后分别求导后利用其单调性，证明，在上恒成立，从而证明；（2）由题意要证，在时恒成立，即可构造函数恒成立，然后通过放缩变形证明恒成立，从而求解.【小问1详解】证明：当时，，当时，要证，即等价于证明恒成立和恒成立；设：，，对求导得：，当时，，，所以，所以在区间上单调递增，所以，所以恒成立；设：，， 对求导得：，当时，，所以得：恒成立，所以恒成立，所以在区间上单调递增，所以，所以，恒成立；综上所述：若，当时，得证.【小问2详解】当时，成立，即等价于恒成立，令，，因为，所以在区间上偶函数，只需研究在区间上恒成立；从而有两种情况：①当时，，等价于恒成立；（i）：当时，由（1）知当时，，所以，令，，求导得，而，则，所以，所以在区间上单调递增，又，，则使，所以，即，不符合题意.（ii）当时，，令，，求导得： ，又，因为，所以，，，由（1）知：时，，所以恒成立，所以，所以在区间上单调递增，又，所以恒成立，即恒成立，所以当时满足题意；②当时，等价于恒成立；即在时，恒成立，令，，即时恒成立，等价于恒成立，因为当趋向于时，趋向，所以时，不存在最小值，所以不符合题意.综上所述：的取值范围为.【点睛】关键点点睛：第二问是先构造函数，然后分两种情况讨论，特别是在时需结合第一问结论，对构造的函数适当变形后进行放缩，从而求解.