《重慶市北碚區(qū)西南大學附屬中學校2023屆高三（拔尖強基班）下學期期中數(shù)學Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關內容在教育資源-天天文庫。

2023年高三拔尖強基定時期中質檢數(shù)學試題注意事項：1.答卷前，考生務必在試題卷、答題卡規(guī)定的地方填寫自己的準考證號、姓名.考生要認真核對答題卡上粘貼的條形碼的“準考證號、姓名”與考生本人準考證號、姓名是否一致.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.滿分150分，考試用時150分鐘.一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求.1.已知集合,，則下列結論正確的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出集合，再根據(jù)集合的交集運算，并集運算以及元素與集合的關系即可解出．【詳解】因為，，顯然，，，所以．故選：C.2.如果復數(shù)是純虛數(shù)，則實數(shù)值為（）A.0B.2C.0或3D.2或3【答案】A【解析】【分析】由純虛數(shù)的概念求得值，注意虛部不能為0．【詳解】根據(jù)純虛數(shù)概念可知:且，解，得或；當時，符合題意， 當時，（舍），所以.故選：A.3.若函數(shù)同時滿足：(1)對于定義域內的任意，有；(2)對于定義域內的任意，當時，有，則稱函數(shù)為“理想函數(shù)”.給出下列四個函數(shù)：①；②；③；④.其中是“理想函數(shù)”的序號是A.①②B.②③C.②④D.③④【答案】C【解析】【分析】由已知得“理想函數(shù)”既是奇函數(shù)，又是減函數(shù)，由此判斷所給四個函數(shù)的奇偶性和單調性，能求出結果．【詳解】解：函數(shù)同時滿足①對于定義域上的任意，恒有；②對于定義域上的任意，，當時，恒有，則稱函數(shù)為“理想函數(shù)”，“理想函數(shù)”既是奇函數(shù)，又是減函數(shù)，①是偶函數(shù)，且不是單調函數(shù)，故①不是“理想函數(shù)”；②是奇函數(shù)，且是減函數(shù)，故②是“理想函數(shù)”；③是奇函數(shù)，但在定義域上不是單調函數(shù)，故③不是“理想函數(shù)”．④是奇函數(shù)，且是減函數(shù)，故④是“理想函數(shù)”．故選【點睛】本題考查了新定義、函數(shù)的奇偶性、單調性，屬于中檔題．4.已知函數(shù)為偶函數(shù)，定義域為R，當時，，則不等式的解集為（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】根據(jù)導函數(shù)小于0，得到偶函數(shù)在上單調遞減，從而對不等式變形后得到，解出解集.【詳解】因為當時，，故偶函數(shù)在上單調遞減，故變形為：，所以，顯然不滿足不等式，解得：，故.故選：B5.石碾子是我國傳統(tǒng)糧食加工工具，如圖是石碾子的實物圖，石碾子主要由碾盤、碾滾（圓柱形）和碾架組成．碾盤中心設豎軸（碾柱），連碾架，架中裝碾滾，以人推或畜拉的方式，通過碾滾在碾盤上的滾動達到碾軋加工糧食作物的目的．若推動拉桿繞碾盤轉動2周，碾滾的外邊緣恰好滾動了5圈，碾滾與碾柱間的距離忽略不計，則該圓柱形碾滾的高與其底面圓的直徑之比約為（）A.3：2B.5：4C.5：3D.4：3【答案】B【解析】【分析】繞碾盤轉動2周的距離等于碾滾滾動5圈的距離，列出方程即可求解.【詳解】由題意知，；故選：B.6.已知等差數(shù)列的首項，而，則（）A.0B.2C.-1D. 【答案】A【解析】【分析】由，代入即可化簡求值.【詳解】等差數(shù)列的首項，，則.故選：A7.已知，，，則，，的大小關系為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)及冪函數(shù)的單調性比較的大小，分別比較與的大小即可得的大小，從而得答案.【詳解】解：因為在R上為單調遞減函數(shù)，所以，又因為在上為單調遞增函數(shù)，所以，即，所以，即，又因為，又因為，，即有所以，即， 所以，即，綜上所述：.故選：A.8.四面體的各個頂點都在球的表面上，兩兩垂直，且是線段上一點，且，過作四面體外接球的截面，則所得截面圓的面積的最大值與最小值之差是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】把四面體放到長方體中，根據(jù)球的幾何性質進行求解即可.【詳解】設所得截面圓的面積為，半徑為，由兩兩垂直可將四面體放入長方體中，如圖所示，易得外接球半徑，過作球的截面，所得截面圓的面積最大時為過球心的圓面，；所得截面圓的面積最小時為與最大截面垂直的圓面.在內，，所以，所以，所以，即，所以.故選A.【點睛】關鍵點睛：利用長方體和球的幾何性質是解題的關鍵.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分. 在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求全部選對得5分，部分選對得2分，有選錯得0分.9.已知函數(shù)，則下列結論中正確的是（）A.為函數(shù)的一個周期B.是曲線的一個對稱中心C.若函數(shù)在區(qū)間上單調遞增，則實數(shù)的最大值為D.將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度后，得到一個偶函數(shù)的圖象【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)周期函數(shù)的定義判斷A，根據(jù)正弦函數(shù)的性質判斷B，C，根據(jù)函數(shù)圖象變換結論及偶函數(shù)定義判斷D.【詳解】對于選項：由已知可得，所以，所以為函數(shù)的一個周期，故A正確；對于選項B：令，解得，當時，，所以點是曲線的一個對稱中心，故B正確；對于選項C：由，得，令，得，因為在區(qū)間上單調遞增，所以實數(shù)的最大值為，故C錯誤；對于選項D：將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度后，得到的圖象，因為，所以函數(shù)為偶函數(shù)，故D正確.故選：ABD. 10.已知為坐標原點，拋物線的焦點為，準線為，過點的直線交拋物線于兩點，下列說法正確的有（）A.線段長度的最小值為B.過點與拋物線只有一個交點的直線有兩條C.直線交拋物線的準線于點，則直線平行軸D.可能為直角三角形【答案】AC【解析】【分析】設，與拋物線方程聯(lián)立可得韋達定理的結論；利用拋物線焦點弦長公式可求得，知A正確；分別討論斜率不存在、斜率為零和斜率不為零的情況，結合拋物線切線的求法可確定B錯誤；直線，由此可得，由斜率公式可化簡得到，知C正確；由向量數(shù)量積坐標運算可知，知D錯誤.【詳解】由拋物線方程知：，；由題意知：直線斜率不為零，則可設，，，由得：，，，，，對于A，，則當，即軸時，取得最小值，A正確；對于B，當過直線斜率不存在，即為時，其與拋物線交于點；當過直線斜率為零，即為時，其與拋物線交于點；設過的拋物線的斜率存在的切線為，由得：，，解得：，直線與拋物線相切； 綜上所述：過點且與拋物線只有一個交點的直線有三條，B錯誤；對于C，直線，則，，則直線平行于軸，C正確；對于D，若為直角三角形，則，，不成立，即不能為直角三角形，D錯誤.故選：AC.11.已知A（4，2），B（0，4），圓，P為圓C上的動點，下列結論正確的是（）A.的最大值為B.的最小值為C.的最小值為D.最大時，【答案】AC【解析】【分析】A.利用數(shù)形結合，轉化為三點共線，即可求解；B.首先取AB的中點為D，轉化向量，,再結合點與圓的位置關系，即可求解；C.利用直線與圓相切，即可求的最小值；D.利用數(shù)形結合判斷當最大時，直線與圓相切，即可求.【詳解】對于A，，A正確.對于B，記AB的中點為D，, ，故B錯誤；對于C，令，當直線與圓C相切時，b取到最值，令，，所以最小值為，故C正確.對于D，當PB與圓C相切時，最大，此時，故D錯誤.故選：AC12.已知，，，，則有（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】令，，求導可求得的單調性，利用極值點偏移的求解方法可求得AB正誤；由，可確定，結合單調性可得CD正誤. 【詳解】令，，，當時，；當時，；在上單調遞減，在上單調遞增，且；若，則，令，則，當時，，，在上恒成立，在上單調遞減，，即，又，，，，，，在上單調遞增，，即，A錯誤；，當時，；當時，；在上單調遞減，在上單調遞增，且；由得：；設，， 則；當時，，，在上單調遞減，，即，又，，又，，，，在上單調遞增，，即，B正確；，，，，又，，在上單調遞減，，則，C正確；，又，，在上單調遞增，，則，D正確.故選：BCD.【點睛】方法點睛：本題考查了導數(shù)中的極值點偏移問題，處理極值點偏移問題中的類似于（）的問題的基本步驟如下：①求導確定的單調性，得到的范圍；②構造函數(shù)，求導后可得恒正或恒負；③得到與的大小關系后，將置換為；④根據(jù)與所處的范圍，結合的單調性，可得到與的大小關系，由此證得結論. 三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.如圖，直三棱柱，，，側棱長為，點是側面內一點．當最大時，過、、三點的截面面積的最小值為______．【答案】3【解析】【分析】設由余弦定理結合均值不等式可得當且僅當時，取得最大值，得到此時三棱柱是正三棱柱，過點作,連接，可得過、、三點的截面即為平面，由，求出最小值，即可得到答案.【詳解】在中，設，,，由余弦定理可得：，即，即，由,則（當且僅當時等號成立），所以，所以即（當且僅當時等號成立），即當時，取得最大值4.此時三棱柱是正三棱柱，過點作,則,連接，過、、三點的截面即為平面.，由三棱柱為直三棱柱，則平面，所以,由，則， 所以四邊形為矩形，則，當最小時，最小.當平面時，即，最小.此時，所以最小值為，故答案為：3.14.若函數(shù)y＝sinωx在區(qū)間上單調遞減，則ω的取值范圍是________.【答案】[－4,0)【解析】【分析】根據(jù)題意可得，函數(shù)在區(qū)間，上單調遞增，可得，由此求得的范圍．【詳解】解：函數(shù)在區(qū)間，上單調遞減，當時，這不可能．，函數(shù)在區(qū)間，上單調遞減，故函數(shù)在區(qū)間，上單調遞增，，求得，故答案為：，．15.已知直線是函數(shù)與函數(shù)的公切線，若是直線 與函數(shù)相切的切點，則____________．【答案】【解析】【分析】求出導函數(shù)，，由得切線方程，設圖象上的切點為，由導數(shù)幾何意義得切線方程，兩直線重合求得，從而得值．【詳解】，，又，所以切線的方程為，即，設直線與相切的切點為，，所以切線方程為，即，所以，解得，所以．故答案為：．16.已知的三個內角所對的邊分別為，且，則面積的最大值是________；若分別為的內切圓和外接圓半徑，則的范圍為_________________．【答案】①.；②..【解析】【分析】對于第一空，利用余弦定理表示出，再表示出，再利用可得答案；對于第二空，利用可得答案.【詳解】因在三角形中，則由三角形三邊關系可得，又利用余弦定理有： ，又，則.得，當且僅當，即時取等號.則面積最大值是；對于第二空，因，則，又，則，因，則.令，其中，因，則在上單調遞增，故，得.故答案為：；.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知數(shù)列的前項和為，且滿足.（1）求證：數(shù)列是等比數(shù)列；（2）若，數(shù)列的前項和為，求證：.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用數(shù)列通項與前n項和的關系可得，，當時 ，再利用等比數(shù)列的定義證明；（2）由（1）得，進而得到，再利用等比數(shù)列前n項和公式求解.【小問1詳解】由，得①，當時，，所以，即，當時，②，①-②整理得，所以，所以數(shù)列是以9為首項，3為公比等比數(shù)列；【小問2詳解】由（1）可知，所以，即，所以.18.已知的內角的對邊分別為，且向量與向量共線.（1）求；（2）若的面積為，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由向量共線列出等式，用正弦定理和兩角和的正弦公式化簡，可求得角；（2）由面積公式解出的值，再由余弦定理解得的值.【小問1詳解】向量與向量共線，有，由正弦定理得， ∴，由，sinB>0，∴，，又，∴.【小問2詳解】由（1）知，∴，，，得，由余弦定理：，∴，解得.19.如圖，在三棱柱中，側面為矩形，平面平面，分別是的中點.（1）求證：平面；（2）若側面是正方形，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）詳見解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中點為，由題可得，然后利用線面平行的判定定理即得；（2）利用坐標法，求出平面的法向量，然后根據(jù)線面角的向量求法即得.【小問1詳解】取中點為，連接， 因為點分別為的中點，故，，又點為的中點，且四邊形為矩形，故，，故，，故四邊形為平行四邊形，則，又平面平面，所以平面；【小問2詳解】因為為正方形，故可得，又因為平面平面，且平面平面，又平面，所以平面，又平面，所以，又，，如圖建立空間直角坐標系， 則，所以，設平面的法向量為，則，令，則，設與平面所成角為，則.故直線與平面所成角的正弦值為.20.北京冬奧會的舉辦使得人們對冰雪運動的關注度和參與度持續(xù)提高.某地很多中小學開展了模擬冬奧會賽事的活動，為了深入了解學生在“自由式滑雪”和“單板滑雪”兩項活動的參與情況，在該地隨機選取了10所學校進行研究，得到如下數(shù)據(jù)：（1）從這10所學校中隨機抽取2所，在抽取的2所學校參與“單板滑雪”的人數(shù)超過30人的條件下，求這2所學校參與“自由式滑雪”的人數(shù)超過30人的概率；（2）“自由式滑雪”參與人數(shù)超過40人的學?？梢宰鳛椤盎貙W?！保F(xiàn)在從這10所學校中隨機抽取3所，記為選出“基地學校”的個數(shù)，求的分布列和數(shù)學期望；（3）現(xiàn)在有一個“單板滑雪”集訓營，對“滑行?轉彎?停止”這3 個動作技巧進行集訓，且在集訓中進行了多輪測試.規(guī)定：在一輪測試中，這3個動作至少有2個動作達到“優(yōu)秀”，則該輪測試記為“優(yōu)秀”.已知在一輪集訓測試的3個動作中，甲同學每個動作達到“優(yōu)秀”的概率均為，每個動作互不影響且每輪測試互不影響.如果甲同學在集訓測試中獲得“優(yōu)秀”次數(shù)的平均值不低于8次，那么至少要進行多少輪測試？【答案】（1）（2）分布列見解析，數(shù)學期望：（3）至少要進行11輪測試【解析】【分析】(1)根據(jù)已知條件結合條件概率的概率公式求解；(2)的可能取值為0，1，2，3，分別求出對應的概率，從而可求得的分布列和數(shù)學期望；(3)根據(jù)題意，結合二項分布的概率公式求解【小問1詳解】由題可知10個學校，參與“自由式滑雪”的人數(shù)依次為27，15，43，41，32，26，56，36，49，20，參與“單板滑雪”的人數(shù)依次為46，52，26，37，58，18，25，48，33，30，其中參與“單板滑雪”的人數(shù)超過30人的學校有6個，參與“單板滑雪”的人數(shù)超過30人，且“自由式滑雪”的人數(shù)超過30人的學校有4個，記“這10所學校中隨機選取2所學校參與“單板滑雪”的人數(shù)超過30人”為事件，“這10所學校中隨機選取2所學校參與“自由式滑雪”的人數(shù)超過30人”為事件，則，，所以，.【小問2詳解】參與“自由式滑雪”人數(shù)在40人以上的學校共4所，的所有可能取值為，所以，，，，所以的分布列如下表：0123 所以【小問3詳解】記“甲同學在一輪測試中獲得“優(yōu)秀””為事件，則，由題意，甲同學在集訓測試中獲得“優(yōu)秀”的次數(shù)服從二項分布，由題意列式，得，因為，所以的最小值為11，故至少要進行11輪測試21.已知點和直線：，直線過直線上的動點M且與直線垂直，線段的垂直平分線l與直線相交于點P．（1）求點P軌跡C的方程；（2）過點F的直線l與C交于兩點．若C上恰好存在三個點，使得的面積等于，求l的方程．【答案】（1）（2）或．【解析】【分析】（1）根據(jù)拋物線的定義可判斷東點軌跡為拋物線，即而求得拋物線方程；（2）設l的方程為，作與l平行且與C相切的直線，切點為D,表示出切點D的坐標，聯(lián)立方程，求出弦長，利用三角形的面積可求得k的值，說明符合題意，C上恰好存在三個點，使得的面積等于，即得答案.【小問1詳解】連接PF，因為MF的垂直平分線l交于點P，所以， 即點P到定點的距離等于點P到直線：的距離，由拋物線的定義，點P的軌跡為拋物線,即點P軌跡C的方程為.【小問2詳解】如圖，作與l平行且與C相切的直線，切點為D,由題知的面積等于．由題意知直線l的斜率一定存在，設l的方程為，方程可化為，則，設，令，解得，將代入，得，故，所以D到l的距離，由，消去y，得，，從而，， 所以，故的面積，從而，解得或，此時或為使得的面積等于的一個點，那么在直線l的上方必然也存在著一條直線和l平行，和l的距離為，這條直線與拋物線有兩個交點也使得的面積等于，即此時C上恰好存在三個點，使得的面積等于，所以l的方程為或．【點睛】關鍵點點睛：要滿足C上恰好存在三個點，使得面積等于，關鍵在于找到使得面積等于時，和直線l平行且和拋物線相切的那條直線，即表示出切點坐標，從而表示出三角形的高，進而利用面積求得答案.22.已知函數(shù)，．（1）證明：存在唯一零點；（2）設，若存在，使得，證明：．【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用導函數(shù)求單調性，結合即可求解.（2）由題意可得，若是方程的根，則是方程的根，所以，，再利用導函數(shù)求的最小值即可.【小問1詳解】 由題意可得，記，則，因為時，恒成立，所以在上單調遞增，因為，所以在上恒小于0，在上恒大于0，所以在上單調遞減，在上單調遞增，因為，所以有唯一零點0．【小問2詳解】由可得，若是方程的根，則是方程的根，因為，都單調遞增，所以，，設，，所以的解為，的解為，所以在上遞減，在上遞增，所以的最小值為，即的最小值為．故原不等式成立.【點睛】當函數(shù)的一階導數(shù)符號不好判斷時，常利用二階導數(shù)判斷一階導數(shù)的單調性，進而得到一階導數(shù)大于0和小于0的區(qū)間.