2023届重庆市南开中学校高三上学期7月考试数学试题含解析

这是一份2023届重庆市南开中学校高三上学期7月考试数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届重庆市南开中学校高三上学期7月考试数学试题 一、单选题1．已知集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先化简集合，然后根据集合的补集，交集的定义运算即得.【详解】因为，，所以，.故选：B.2．若命题“”为真命题，则实数的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据存在性命题转化为求最值问题即可.【详解】因为，所以，显然在上单调递增，所以，即实数的取值范围为.故选：D3．已知函数，则下列区间中含零点的是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分别求出、、、的值，即可判断其正负号，利用零点存在定理则可选出答案.【详解】由题意知：，，，.由零点存在定理可知在区间一定有零点.故选：C.4．在数学中，泰勒公式是一个用函数在某点的信息描述其附近取值的公式.如果函数足够光滑的话，在已知函数在某一点的各阶导数值的情况之下，泰勒公式可以用这些导数值做系数构建一个多项式来近似函数在一点的邻域中的值，常见的公式有：；.则利用泰勒公式估计的近似值为（       ）（精确到）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，可得，分别计算当时，前几项的计算结果，可得答案.【详解】根据题意，求导可得，因为，，，，所以，故选：B.5．若实数满足：，则的最小值为（       ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根据基本不等式可求的最小值.【详解】因为，所以，由基本不等式可得，故，解得或（舍），即当且仅当时等号成立，故的最小值为1，故选：A.6．已知函数，则不等式的解集为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据导数判断出函数的单调性，根据解析式可判断函数为偶函数，从而可求不等式的解.【详解】函数的定义域为，，当时，；当时，，故在上为减函数，在上为增函数.又，故为上的偶函数，故等价于，即，两边平方得，故.故选：D.7．已知定义在上的函数满足：为奇函数，为偶函数，当时，，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由为奇函数，为偶函数可知为以4位周期的周期函数，且关于点对称，关于轴对称，利用周期性与对称性可化简代入即可得出答案.【详解】因为为偶函数，所以，所以，又为奇函数，即所以，所以的周期为4，.故选：A.【点睛】本题综合考查了函数的周期性与对称性，属于难题.解本类题型一般可借助正弦曲线与余弦曲线帮助我们理解其对称性与周期性.8．已知，且满足，则下列正确的是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用指对数互化及对数的运算性质可得，进而可得，然后构造函数，利用函数的单调性即得.【详解】由，可得，所以，或，∴(舍去)，或，即，故A错误；又，故，∴，对于函数，则，函数单调递增，∴，故D错误；∵，，∴，令，则，∴函数单调递增，∴，即，∴，即，故B正确；∵，∴函数单调递增，故函数单调递增，∴，即，故C错误.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，然后利用导数研究函数的单调性，进而即得. 二、多选题9．已知幂函数的图象不过原点，则实数的取值可以为（       ）A．5 B．1 C．2 D．4【答案】BC【分析】由幂函数的系数为，列方程求出实数的值，并检验函数的图象是否过原点，得出答案．【详解】令，解得或，当时，图象不过原点，成立；当时，图象不过原点，成立；故选：BC10．已知函数，存在，使得，则的取值可以为（       ）A．10 B．20 C．30 D．40【答案】BC【分析】利用数形结合，作出函数的图象，可得，然后利用对数的运算法则可得，进而即得.【详解】由题作出函数的图象，由图象可知，因为，所以，所以，即，所以.故选：BC.11．如图，已知抛物线的焦点为，过直线上一点（点不在轴上）作抛物线的两条切线，切线分别交轴于点的中点为，则下列正确的是（       ）A．当在抛物线上时，点的坐标为B．当在抛物线上时，C．D．外接圆面积的最小值为【答案】ACD【分析】对于A、B，设，利用中点在抛物线上可求，从而通过计算可判断它们的正误.对于C、D，设切线与抛物线分别切于， ，利用导数求出切线方程后可通过计算判断它们的正误.【详解】由抛物线的方程为可得.设，对于A、B，因，故，结合在抛物线上可得，解得，故，故A正确.此时的斜率必存在，设，，由可得，，所以为方程的根，同理为方程的根，故，所以不成立，故B错误.对于C、D，设切线与抛物线分别切于， ，因为，故，故，故，同理，由可得，故，所以即.又，故，，故，故C成立.同理，故，所以四点共圆，所以的外接圆的直径为，即为到直线的距离，此距离为，故即的外接圆的半径的最小值为，故的外接圆面积的最小值为，故D正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：与抛物线的切线有关的问题，我们可通过直线方程与抛物线方程联立，结合判别式为0来处理，也可以利用导数求出切线的斜率，把几何关系问题归结为切点的坐标关系问题来处理.12．已知定义在上函数满足：，且，设函数，则下列正确的是（       ）A．的单调递增区间为B．在上的最大值为2025C．有且只有2个零点D．恒成立.【答案】ABD【分析】由题可知函数为周期函数，根据导数判断函数的单调性，进而可得函数的值域可判断D，结合条件可得函数可判断AB，利用数形结合可判断C.【详解】由题可得函数为周期函数，当时，，则，函数单调递增，，当时，，故可得函数的值域为，因为，，所以()，故，所以函数的单调递增区间为，单调减区间为，故A正确；所以函数在上单调递增，在上单调递减，故在上的最大值为，故B正确；由可得，所以函数与函数交点的个数即为函数的零点数，作出函数与函数的大致图象，由图可知函数与函数有一个交点，即函数有且只有1个零点，故C错误；由，即，因为，故恒成立，故D正确.故选：ABD.【点睛】利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究. 三、填空题13．计算的结果为______.【答案】【分析】根据对数的运算性质及指数幂的运算法则计算可得；【详解】解：；故答案为：14．记为事件的对立事件，且，则___________.【答案】0.75【分析】利用条件概率公式可得，进而即得.【详解】因为，∴，∴.故答案为：.15．过点作曲线的切线，若切线有且只有两条，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】利用导数几何意义，求得切线方程，根据该方程过点，且方程有两个根，再构造函数，利用导数研究函数的性质，即得.【详解】因为，则，设切点为()，，所以切线方程为，代入，得，即这个关于的方程有两个解，令()，，故在上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数有最大值，，且，，所以.故答案为：.16．已知函数，若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】将不等式的解集为转化为的解为及当时，恒成立，从而可求得.【详解】不等式等价于或，而的解集为，故的解为且对任意的恒成立.又即为，若，则即为，这与解为矛盾；若，则即为，这与解为矛盾；若，则即为，因为的解为，故.当时，恒成立即为恒成立，令，则，故在为增函数，故，故.综上，故答案为：.【点睛】思路点睛：与分段函数有关的不等式解的问题，应该就不同解析式对应的范围分类讨论，讨论时注意结合解析式的形式确定分类讨论还是参变分离. 四、解答题17．已知等差数列公差分别为，(1)求数列的通项公式；(2)求中既在数列中，又在数列中的所有数之和.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用已知求出，，再利用等差数列的通项即得解；（2）设，得到，设是由数列的公共项组成的数列，则为首项为3，公差为12的等差数列，即得解.【详解】(1)解：由，可得，联立，可得①，令，可得，与联立，可得，与联立得②.由① ② 得：.(2)解：设，则，得，由，可得，所以，即，设是由数列的公共项组成的数列，则为首项为3，公差为12的等差数列，且.在中有，所以的前8项和为.18．近年来，美国方面滥用国家力量，不择手段打压中国高科技企业，随着贸易战的不断升级，中国某科技公司为了不让外国“卡脖子”，决定在企业预算中减少宣传广告预算，增加对技术研究和人才培养的投入，下表是的连续7年研发投入x和公司年利润y的观测数据，根据绘制的散点图决定用回归模型：来进行拟合.表I研发投入（亿元）20222527293135年利润（亿元）711212465114325 表II（注：表中）18956716278106 3040  (1)请借助表II中的数据，求出回归模型的方程；（精确到0.01）(2)试求研发投入为20亿元时年利润的残差.参考数据：，附：回归方程中和，残差【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据非线性回归的方法求得回归方程.（2）用观测值减去预测值求得相应的残差.【详解】(1)由得，令，得，由表II数据可得：，.所以回归方程为：.(2)在时的残差：.19．如图，在直三棱柱中，，为的中点，点为重心.（1）求证：面；（2）求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）连接交于D，连接，由面面平行的判定定理可得平面平面，进而证得面；（2）以为坐标原点建立空间坐标系，利用坐标分别求出平面的法向量，利用公式代入计算可得二面角的平面角的余弦值．【详解】（1）连接交于D，连接因为为重心，所以为的中点，显然，平面，平面，则平面;,平面，平面，则平面，且， 所以平面平面，因为平面，所以面.（2）以为坐标原点建立空间坐标系如图，，，，，，设为平面的一个法向量，则，即，令，计算得，设为平面的一个法向量，则，即，令，计算得，令平而与平面所成角为，则观察得为锐角，所以．20．北苑食堂为了了解同学在高峰期打饭的时间，故安排一名食堂阿姨随机收集了在食堂某窗口打饭的100位同学的相关数据（假设同学们打饭所用时间均为下表列出时间之一），如下表所示.学生数（人）2510打饭时间（秒/人）10152025 已知这100位同学的打饭时间从小排到大的第65百分位数为秒.(1)确定的值；(2)若各学生的结算相互独立，记为该窗口开始打饭至20秒末已经打饭结束的学生人数，求的分布列及数学期望.（注；将频率视为概率）【答案】(1)；(2)分布列见解析；数学期望. 【分析】（1）根据百分位数的概念结合条件可得，即得；（2）由题可知的可能取值为，然后根据独立事件及互斥事件概率公式求概率，进而可得分布列及期望.【详解】(1)因为第65百分位数为，所以，所以；(2)由已知得打饭时间为10秒的概率为：，打饭时间为15秒的概率为：，打饭时间为20秒的概率为：，打饭时间为25秒的概率为：，由题可知的可能取值为，，，，分布列如下012 .21．已知椭圆经过点，且离心率.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线与椭圆交于两点，为椭圆上顶点，直线交直线于两点，已知两点纵坐标之和为.求证：直线过定点，并求此定点坐标.【答案】(1)；(2)证明见解析，定点. 【分析】（1）将点代入方程中，再由离心率为，结合可求出，从而可得椭圆方程，（2）设，将直线方程代入椭圆方程中化简，利用根与系数的关系，然后表示出直线的方程，表示出两点纵坐标，列方程化简可求得，从而可求得直线方程，进而可得结论【详解】(1)因为椭圆经过点，所以，因为离心率，所以，即，因为，所以解得所以方程为(2)设，则，得，由，得，则，直线为，则，直线为，则，所以，化简得：，所以化简得当，与点重合，不满足条件当，代入直线方程可得：，所以过定点.22．已知函数 (1)当时，求函数的单调区间；(2)若函数有3个不同零点，求实数的取值范围.【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为(2) 【分析】(1)将 代入 的函数解析式，对 求导即可判断出 的单调区间；(2)考虑到 ，对 参数分离，构造函数，求导即可求解.【详解】(1)时，    ，令 得 或 在 时单调递增， 时单调递减， 时单调递增；所以函数得单调递增区间为 和 ，单调递减区间为；(2)注意到 ，设 ，则在时有两不同解， ，令 ， ，令 ，则有 ， 是增函数，则 时， ， 时， ，所以 时， 单调递减， 时， 单调递增， ，所以 时，   ， 时， ，所以在 时，单调递减， 时，单调递增， 因为   ，当 时， ， ，即 ，当 时， ，并且 ， ，并且 ，当 时， ，函数图像如下：所以 即 ；综上，函数得单调递增区间为 和 ，单调递减区间为，.【点睛】本题的难点在于参数分离后，对 图像的讨论，当 时，需用夹逼方法， 时，需用洛必达法则，当 时，需用指数函数与幂函数的增长速度模型或者用洛必达法则也可.