重庆南开中学2024届高三第六次质检（2月）数学试题 答案

重庆市高2024届高三第六次质量检测数学试题命审单位：重庆南开中学2024.2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.*21.已知集合Ax=−<<{∣∣1xBx3},=∈{Nxx−<30}，则AB∩=（）A.{0xx∣<<3}B.{xx∣−<<13}C.{1,2}D.{0,1,2}2.已知复数z满足(zz+=−1i21)，则复数z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.已知非零向量ab,满足ba=23，且a⊥+(3ab)，则a与b的夹角为（）ππ2π5πA.B.C.D.63364.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足aSS2=3,343=4+12，则a7等于（）A.10B.11C.12D.13x221ex+−sinx5.函数2的部分图像大致为（）fx()=2xe−1学科网（北京）股份有限公司 A.B.C.D.66.已知三棱锥O−ABC的体积是,,,ABC是球O的球面上的三个点，且∠ACB=120,AB=3，6AC+=BC2，则球O的表面积为（）A.36πB.24πC.12πD.8π22xy7.已知双曲线：22−=>>1(ab0,0)的左右焦点分别为FF12､，过点F2作直线交双曲线右支于MN､两ab点（M点在x轴上方），使得MF22=3FN.若(MF11+⋅=MN)FN0，则双曲线的离心率为（）6A.B.2C.3D.228.对于正数ab,，有(21ab++=)(ab)6ab，则ab+的取值范围是（）A.(0,1]B.1,3C.[1,2]D.[2,+∞]二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.某射箭俱乐部举行了射箭比赛，甲､乙两名选手均射箭6次，结果如下，则次数第x/次123456环数y/环786789甲选手学科网（北京）股份有限公司 次数第x/次123456环数y/环976866乙选手A.甲选手射击环数的第九十百分位数为8.5B.甲选手射击环数的平均数比乙选手的大C.从发挥的稳定性上看，甲选手优于乙选手D.用最小二乘法求得甲选手环数y关于次数x的经验回归方程为yx=0.3+aˆ，则aˆ=6.4510.已知一圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是圆心角为3π的扇形，AB,为底面圆的一条直径上的两个端点，则（）A.该圆锥的母线长为2B.该圆锥的体积为πC.从A点经过圆锥的表面到达B点的最短距离为23D.过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面面积的最大值为311.平面解析几何的结论很多可以推广到空间中，如：（1）平面上，过点Qxy(00,)，且以xxyy−−00Qxyz,,，且m=(abab,0)(≠)为方向向量的平面直线l的方程为=；在空间中，过点(000)abxxyyzz−−−000以m=(abcabc,,)(≠0)为方向向量的空间直线l的方程为==.（2）平面上，过点abcQxy(00,)，且以n=(mnmn,0)(≠)为法向量的直线l的方程为mxx(−+−=00)nyy()0；空间中，过点Qxyz(000,,)，且以n=(mnpmnp,,)(≠0)为法向量的平面α的方程为mxx(−+−+−=000)nyy()pzz()0.现已知平面α:2xyz++=345，平面2xy−=10β:220−−+=xyzl,:12,:lxy64131=+=−z，则（）yz+=−1A.l∥αB.α∥βC.l⊥βD.l⊥β112三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.2212.已知圆Cxy:++−+=2430xy，直线lmx:++−=2ym20，若直线l与圆C交于AB,两点，则AB的最小值为__________.学科网（北京）股份有限公司 13.2024年伊始，随着“广西沙糖桔”“马铃薯公主”等热梗的不断爆出，哈尔滨火爆出圈，成为旅游城市中的“顶流”.某班级五位同学也准备共赴一场冰雪之约，制定了“南方小土豆，勇闯哈尔滨”的出游计划，这五位同学准备在行程第一天在圣索菲亚教堂，冰雪大世界，中央大街三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数是__________.14.设fx()是定义在R上的单调增函数，且满足f(−−+17xfx)()=−，若对于任意非零实数x都有11ffx()+−−+=−x24，则f(2024)=__________.fx()+3x四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.（13分）如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，OB=BF=1，点G是线段BF的中点（1）证明：EG∥平面DAF；（2）若直线DF与圆柱底面所成角为45，求点G到平面DEF的距离.16.（15分）π1π设函数fx()=cosωωxsinx+−>(ω0)，且函数fx()的图像相邻两条对成轴之间的距离为642π（1）若x∈0,，求fx()的取值范围；21π（2）把函数fx()图像上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将所得图像向左平移个单26学科网（北京）股份有限公司 位长度，得到函数gx()的图像，讨论函数gx()的单调性；1（3）在ABC中，记ABC､､所对的边分别为abcfA､､,()=−，外接圆面积为24π,tanBC=(2−3tan)，∠BAC的内角平分线与外角平分线分别交直线BC于DE､两点，求DE的长度.17.（15分）设fx()=axaxxa+>ln,0.（1）求fx()的极值；12x（2）若对于∀∈x,+∞，有fxe()恒成立，求a的最大值.218.（17分）1已知定点AB(1,0,)(−1,0)，若动点P到A(1,0)与到定直线lx1:4=的距离之比为.2（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）过点B作直线l2交C于MN､两点（M点在x轴的上方），过点M作l1的垂线，垂足为Q.是否存在点P，使得四边形MNPQ为菱形？若存在，请求出此时l2的斜率；若不存在，请说明理由；（3）若动点P在第一象限，延长PAPB､交C于RK､两点，求PAK与PBR内切圆半径的差的绝对值的最大值.19.（17分）22*已知正项数列{an}满足：4aaaaaann++11−5nn+−=∈=4n5n+10,nN,a12.1（1）设bann=+，试证明{bn}为等比数列；anbn50（2）设cn=2，试证明cc12+++<cn；bn−49222111n−2（3）设Aaan=+++12aBnn,=+++222，是否存在n使得32(ABnn+)为整数？如果存aaa12n在，则求出n应满足的条件；若不存在，请给出理由.学科网（北京）股份有限公司 重庆市高2024届高三第六次质量检测数学试题参考答案与评分细则题号1234567891011选项CDDDAADCBCDABAC一､单项选择题：本题共8小题.每小题5分，共40分.221xxx+−sin221xx−5.A【解析】分子分母同时除以e得2，函数xx+−sin是偶函数，函数ee−fx()=xx−2ee−是奇函数，所以函数fx()是奇函数，排除C,fx()的定义域是{xx∣≠0}，排除B，当x→+∞时，+fx()→0，所以排除D，所以选A.36.A【解析】因为AB=3,∠ACB=120，所以ABC的外接圆半径为r==12sin120在ABC中，由余弦定理可得2222223==+−⋅ABACBC2ACBCcos120=++⋅=+−⋅ACBCACBC(ACBC)ACBC213所以ACBC⋅=(AC+BC)31−=，所以S=ACBC⋅=sin120，ABC241136因为V=Sh⋅=××=h.∴=h22OABC−ABC3346球半径222Rhr=+=3，所以球面积SR=4π=36π，故选A7.D【解析】由(MF11+⋅=MN)FN0，可知MF1=MN，故FN2=−=−=MNMF212MFMF2a，则FN1=4,aMF22=3NF=6,aMF1=8a，在MFF12与NFF12中由余弦定理可得：2222224aca+−4164caa+−3664cos∠∠FFN=,cosFFM=，12128ac24ac而cos∠∠FFM+=cosFFN0，解得ca22=4，即e=2.1212633abab+==−33−8.C【解析】由题可知：22121ab++ab()ab+（当且仅当ab=时取等），21⋅+42化简可得(ab+−++)3(ab)20，解得12ab+.学科网（北京）股份有限公司 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.BCD（选对1个得2分，选对两个得4分）10.AB（选对一个得3分）【解析】对于A，一圆锥的底面半径r=3，则底面圆周长为23π，其侧面展开图是圆心角为3π的扇23π形，×=2π3π，得l=2，所以A正确；2πl12对于B，因为r=3，母线长为2，所以该圆锥的高为1，所以其体积为π(3)×=1π，故B正确3对于C，假设该圆锥的轴截面将该圆锥分成两部分，将其中的一部分展开，3π则其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，23π所以从A点经过圆锥的表面到达B点的最短距离为23π，故C不正确；22sin××=4sin≠2324对于D，过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面为腰长为2的等腰三角形，122设其顶角为θ，则该三角形的面积为S=××22sinθ.当截面为轴截面时，θ=π，则0<θπ故当233π1θ=时，S=×××=≠22123，故D不正确.max22故选：AB11.AC（选对一个得3分）【解析】由题可知：平面α的法向量m=(2,3,4)，平面β的法向量xy−5z−−(1)nl=−−(1,2,2,:)1==l=1,1,1−111−，恒过(5,0,1−)，方向向量1221111y+z−x43，恒过0,−,，方向向量l2=(2,3,4)l2:==43234A.lm1⋅=0，且25304×+×+×−≠(15)，故l1不在α上，则l1∥α.正确B.nm⋅=0，则αβ⊥.错误学科网（北京）股份有限公司 1C.ln1=−，则l1⊥β，正确.2234D.由≠≠，可知l2与n不平行，则l2与β不垂直.错误.−−122三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.22313.36【解析】若甲乙选的景点没有其他人选，则分组方式为：1,2,2的选法总数为：CA=183311CC323若甲乙选的景点还有其他人选择，则分组方式为：1,1,3的选法总数为：2A3=18A2所以不同的选法总数为36.1114.2021【解析】令tfx=()+−−+x2，则ft()=−4，令xt=，则fx()+3x1111tft=()+−−+=−−−−+t241t2，解得t=−1或−.而f(−−+17xfx)()=−，故ft()+3tt21711f−=−.因此t=−1.则−=12fx()+−−+x，22fx()+3x1111fx()+−3x即fx()++33=+⋅xfx()+−=−x=.fx()++33xxfx()xfx(()+3)1因此fx()+−=30x或xfx(()+=31)，当xfx(()+=31)时，fx()=−3，在(0,+∞)上单调递减，x不满足题意，舍去；当fxx()=−3时，满足题意.则f(2024)=2021.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.（13分）（1）证明：取AF中点M，连接DMGM､,G为BF中点，∴又AB∥2,DE∴GMDE∥∴四边形DEGM为平行四边形，∴DM∥EG，又DM⊂平面DAFEG,⊄平面DAF,∴EG∥平面DAF.（2）OB=BF=1，易知∠∠ABF=60,AFB=∴=90AF3..DA⊥平面ABF，且直线DF与圆柱底面所成角为45，即∠AFD=∴=45,AD3学科网（北京）股份有限公司 如图，以FAFBFN､､分别为xyz､､轴，建立空间直角坐标系F−xyz，1FABGD(0,0,0,)(0,3,0,)(1,0,0,),0,0,(0,3,3)，213E,,3，2213FD=(0,3,3,)FE=,,3，22FDn⋅=0设平面DEF的一个法向量为n=(xyz,,)，则，FEn⋅=0330yz+=∴13，令y=1，xyz++=3022得n=(3,1,1−)，3EG=−−0,,3，2设点G到平面DEF的距离为d，3−+3EGn⋅215∴=d==.n51016.（15分）π13121（1）fx()=cosωωxsinx+−=cosωωxsinx+cosωx−64224311π=+=+sin2ωωωxxxcos2sin2，4426学科网（北京）股份有限公司 Tπ1π又=∴==,22ωω,1，则fx()=sin2x+.2226πππ7π11若x∈0,，则2x+∈,,∴fx()∈−,.2666421π15π（2）f(xx)=sin2+∴=,g(xx)sin4+，2626π5πππ1π1−+2kxπ42++kπ,−+kxπ−+kkπ(∈Z);26232122π5π3ππ1π1+2kxπ42++−+kπ,kxπ+kkπ(∈Z).26212262π1π1π1π1∴fx()在−+kπ,−+kkπ(∈Z)上单调递增，在−+kπ,+kkπ(∈Z)上单调递减.3212212262（3）1π1π2fA()=sin2A+=−⇔sin2A+=−<<∴=1,0Aπ,Aπ.26263π3tan−CABC的外接圆半径RB=2,tan=tan−=C=−(23tan)C，解得tanC=131+3tanCππ（舍去负值）.则CB=,=.412ππ5π而∠ADE=−−=ππ，且由ADAE､分别为内外角平分线可知AD⊥AE，故∠E=.因此341212AEcAE=cDE,==πππ.在ABC中，由正弦定理可知，cRC=2sin=4sin=22，coscos412122222DE===434−故π62+.cos12417.（15分）11（1）fxa′()=(11ln++xa)=(2ln+x)，令fx′()>0，可得x>2，故fx()在0,2单调递减，ee学科网（北京）股份有限公司 1,+∞单调递增.2e11a即fx()在x=处取得极小值f=−，无极大值.222eee11xxx+ln（2）由题可知，对∀∈x,,+∞恒成立.设2x2eaxxx+ln−2lnxxxx+−+ln22gx()=,gx′()=，22xxee11令hx()=−2lnxxxx+−+ln22,hx′′()=−2lnx−4,hx()在,+∞单调递减，故x211hxh′′()=2ln22−<0，故hx()在,+∞单调递减，而h(10)=，221故当x∈,1时，h(xg)>0,′(xg)>0,(x)单调递增.当x∈+(1,∞)时，hx()<<0,gx′()0，gx()单调2111递减.故gxg()(1)=.则，22eae22即ae.因此a的最大值为e.18.（17分）2222(xy−+1)122xy（1）设Pxy(,)，则=，化简可得3xy+=412，即+=1.x−4243（2）设MxyNxy(11,,,)(22).若四边形MNPQ为菱形则MQ∥NP即yyP=2且xxP+=20；MQ=NP，则x<0（若x0，则MQ>NP），且42−=−xx①；22122222xxMQ=MN，由题可知()()21MQ=−4xMB.=++=++−=+x1yx1312，同理可得，111142xxx+xx+21212NB=+2，故MN=+4，因此44+=−x②.12224315x=y=171743151239联立①②可得，代入C中运算可得，则MN,,,−−，x=−123977772y=−727学科网（北京）股份有限公司 1239P,−.7731539−7731539而k==,,k==kk≠，故MNB､､三点不共线.因此不存在PMBNBMBNB411125+11−+77点与直线l2使得四边形MNPQ为菱形.（3）设PAKPBR､面积分别为SS12､，内切圆半径分别为rrPxyKxyRxyxx12､､,,,,,,(00)(33)(44)(3<4),AB恰为椭圆C的两焦点，故PB+=+=+==PARBRAKBKA24a.1则PAKPBR､的周长均为8.S1=AByyyy⋅−=−(0303)，同理Syy204=−.222SSyy−1243则rr12−=−=.884(xy0−1)设直线PA的方程为x=+1，y0222222与椭圆联立整理可得314(x0−+)yy0+−61(x000)yy−=90y.由于3xy00+=412，带入整理可得，222−3y0−3y0352(−xy0)+−−=6(x01)y09y00.yy04=，于是y4=.52−x052−x0−3y0同理可得，y3=.52+x0yy3−4xy00xy00xy00335xy00==33=3=.（当且仅当时取等，425429259255−x22230xy+2×xy430043002250273相应地有xy00=,)=，因此rr12−最大值为.1734519.（17分）2222(11++aann+1)5()（1）由题可知，41aaaann(+=+++11)51n(n)，则=，即aa4nn+1学科网（北京）股份有限公司 51555bnn+1=bba,011=+=≠，则数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列.42a124nn−1555（2）b==2，n244n1111141c===⋅=⋅⋅nnnnn4542542516bn−21−−−bnn45452524nn141254⋅⋅=(1n12516185，当且仅当n=1时取等)1−251050当n=1时，c=<；199n441−1n2544255550当n2时，cc+++<c++=⋅<.12n185518491−5（3）nn2525251−−100122114161622ABa+=++++−=++−=a22nbbn−=2n−2nnn11nnaa2591n1−16AB+17102511n=1时，=不是整数；n=2时，AB22+=−4不是整数3212864n3时，n−22n⋅32必定为整数，n25100⋅−1故只需要考虑nnn是否为整数即可.n−2161002⋅⋅−(2516)32⋅=29932×nnn1002⋅⋅+−(169)16又因为2932×n1n−1n−−111nnn225⋅CCC×16×++9××169+×9nnnn13nn−−1=2=⋅225(CCnn×16++×916×学科网（北京）股份有限公司 nn−−21nnn−−2199n22516⋅(⋅⋅n9+9)+×Cn，故只需要=⋅9nn−−282516n+⋅92为整数即可，则n8.2()1616162综上所述，n8.学科网（北京）股份有限公司