2023届重庆市三校高三上学期11月拔尖强基联合定时检测数学试题（解析版）

这是一份2023届重庆市三校高三上学期11月拔尖强基联合定时检测数学试题（解析版），共22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届重庆市三校高三上学期11月拔尖强基联合定时检测数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先求出集合、，再根据补集的定义计算可得.【详解】解：因为，，所以.故选：D2．已知（为虚数单位）是纯虚数，则（    ）A． B．0 C．1 D．2【答案】A【分析】化简复数，由于复数是纯虚数，则实部为0，虚部不为0.【详解】因为复数为纯虚数，则，所以.故选：A3．如图，在直棱柱中，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据题意知为异面直线与所成角，再判断出为直角三角形，再求余弦值即可．【详解】解：连接，如下图由E为的中点，为的中点易知：四边形为平行四边形，，∴即为异面直线与所成角，，平面，又面，，设，则，．故选：D．4．数列叫做调和数列，此数列的前项和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式：当很大时，，其中称为欧拉-马歇罗尼常数，，至今为止都不确定是有理数还是无理数.设表示不超过的最大整数.用上式计算的值为（    ）（参考数据：）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】B【分析】因为，根据定义可得，然后根据函数求得.【详解】由题意知，，所以，.故选：B.5．已知，则的值等于（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用诱导公式和二倍角公式求解即可.【详解】，故选：B6．已知是内的一点，且，则的最小值是（    ）A．8 B．4 C．2 D．1【答案】C【分析】利用向量数量积公式及三角形面积公式可得的面积，结合已知可得，再根据基本不等式即可求解.【详解】∵，，∴，∴，因为，，所以，所以，当且仅当，即时取等.故选：C.7．已知函数，若过点能作三条直线与的图像相切，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据已知条件有三条直线相切，得两函数图像有三个交点，利用函数的单调性求得函数的极值，即可得到的取值范围.【详解】由已知：，故，设切点为 根据导数的几何意义，知切线斜率为，切线方程为,将点坐标代入切线方程可得化简可得即函数与函数有三个不同的交点.故，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.则当时，有极小值，当时，有极大值.所以的取值范围为.故选：D.8．在平面直角坐标系中，已知曲线的方程为，则曲线围成的图形面积为（    ）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】D【分析】通过分类讨论去掉方程中的绝对值，方可得到曲线所对应图形，从而可求出面积.【详解】当时，方程化简为，表示一条线段，同理当时，方程化简为，表示一条线段，同理当时，方程化简为，表示一条线段，同理当时，方程化简为，表示一条线段.所以方程表示的曲线是以为顶点的菱形，如下图所示.所以菱形的面积为，故选D.【点睛】二、多选题9．下列函数中，既是奇函数，又满足对任意的，当时，都有的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据函数的奇偶性、单调性、定义域等知识对选项进行分析，从而求得正确答案.【详解】依题意需满足：是奇函数，且在上递增.D选项，，是偶函数，不符合题意，D选项错误.B选项，的定义域是，不合题意，B选项错误.A选项，的定义域为，是奇函数，，根据幂函数的性质可知，在上递增，符合题意，A选项正确.C选项，的定义域为，，是奇函数，由于和都在上递增，所以在上递增，符合题意，C选项正确.故选：AC10．如图，正方体的棱长为分别为的中点，则（    ）A．直线是异面直线B．点与点到平面的距离相等C．三棱锥的体积等于24D．平面截正方体所得的截面面积为18【答案】ABD【分析】对于A、B，先利用面面平行的判定定理证得平面平面，从而证得平面，由此即可判断；对于C，利用等体积法求得，由此即可判断；对于D，由正方体性质易得平面截正方体所得的截面为等腰梯形，利用梯形的面积公式可求得截面面积为，由此即可判断.【详解】对于A、B，取中点，连接，如图1，因为分别是中点，所以，又因为面，面，所以平面，因为，，所以是平行四边形，所以，又因为面，面，所以平面，而，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，故点与点到平面的距离相等，故B正确，直线不平行，所以两直线为异面直线，故A正确；.对于C，由正方体易得面，而，所以，故C错误；对于D，连接，如图2，由正方体性质易证，则截面为四边形，它是等腰梯形，易得，，所以等腰梯形的高为，故所求截面面积为，故D正确.故选：ABD.11．已知函数，则下列结论正确的有（    ）A．有1个零点B．C．有3个零点D．设实数，若对任意的恒成立，则的最大值为【答案】ACD【分析】令可得零点，作商比较可得的大小，通过求解方程判断的零点个数，通过构造函数把进行转化，结合导数求解.【详解】令得，所以有1个零点，所以A正确；因为，所以，B不正确；令得，解得或；当时，，为增函数；当时，，为减函数，所以有极大值.因为，所以当时，有2个零点；当趋近于时，趋近于0，且，所以当时，有1个零点；综上可得，有3个零点，C正确；恒成立等价于， ，即；令，则上式可化为；，当时，，为增函数，所以等价于，即在恒成立.令，，时，，为增函数，的最小值为，所以的最大值为，D正确.故选：ACD12．我们把一组焦点相同的双曲线称为“同焦双曲线”.已知双曲线与双曲线为“同焦双曲线”，双曲线的左右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，与轴相交于点的内切圆与边相切于点.若，则下列说法正确的有（    ）A．双曲线的渐近线方程为B．若直线与双曲线有且仅有1个交点，则C．的最小值为12D．记的内切圆面积为的内切圆面积为，则【答案】ACD【分析】结合双曲线的定义、圆的切线长定理求得，从而求得双曲线的方程.结合双曲线的渐近线、直线和双曲线的交点、焦点弦的最小值、三角形内切圆面积等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】因为的内切圆与边相切于点，如图，由切线长定理可知，，所以，，双曲线的方程为：，双曲线的渐近线方程为，故A正确；由，消去并化简得（*），注意到当时，方程（*）有唯一解，即此时直线与双曲线有且仅有一个公共点，所以B选项错误.当垂直于轴时，最短且最小值为，C选项正确；如图，设两内切圆圆心分别为，半径分别为，设、、与圆分别相切于点，由切线长定理得，而，两式相加得，所以是双曲线的右顶点，轴，所以的横坐标为，同理可求得的横坐标为，则，设直线的倾斜角为，且，，在中有，，设，，任取，，当时，由于，所以，所以在区间上递减；同理可得在区间上递增，所以在上递减，在上递增，，所以， ，故，D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：在过双曲线焦点的弦中，当弦的端点分别在两支时，弦长的最小值为；当弦的端点在同一支时，弦长的最小值为.这个知识点要作为结论记下来，如果要证明，过程很复杂，小题小做，节约时间是关键. 三、填空题13．已知数列为等比数列，且成等差数列，则公比___________.【答案】1或3【分析】根据等比数列得，又成等差数列，列式求解即可得公比的值.【详解】解：数列为等比数列，所以，且成等差数列，所以则，解得或3.故答案为：1或3.14．在平行四边形中，是的中点，，且，，则___________.【答案】##【分析】根据平面向量基本定理，结合平面向量线性运算的性质、平面向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.【详解】在平行四边形中，有，因为是的中点，所以，因为，所以，由因为，所以由，解得：，故答案为：15．函数的所有零点之和为___________.【答案】【分析】先由得到关于对称，再讨论当时，得在上没有零点，当时，由导数可知在上单调递减，结合零点存在定理可得在存在唯一零点，由对称性可知在上有两个零点与，且与关于对称，由此得解.【详解】因为，所以，，故，所以关于对称，当时，易知，，则，所以在上没有零点，由对称性易知，在上也没有零点，当时，，则，因为，所以，故，，所以，故在上单调递减，又，，所以在上有唯一零点，由于关于对称，所以在上也有唯一零点，综上：在上有两个零点与，且与关于对称，所以，即的所有零点之和.故答案为：.16．已知且满足，若恒成立，则实数的取值范围为___________.【答案】【分析】首先对原始变形得，再利用利用三角换元以及三角函数恒等变换得到，再利用换元法以及不等式即可求解.【详解】由题，有，，代入得，，令上式右边令，则分离常数得，当且仅当时，等式成立.由基本不等式可得：，即.故答案为：【点睛】方法点睛：求特殊式子范围可能用到的方法：（1）三角换元：通过观察式子结构，为了更好的求解范围，有时候会利用三角函数换元；（2）分离常数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）不等式：首先对式子变形，符合基本不等式结构要求时，可以使用不等式； 四、解答题17．已知函数，其中.(1)求函数的单调递减区间；(2)在中，角所对的边分别为，且，求的面积.【答案】(1)单调递减区间为(2) 【分析】（1）由题知，再整体代换求解即可；（2）结合（1），根据题意得，再根据正弦定理边角互化得，进而结合余弦定理得，最后求面积即可.【详解】（1）因为函数，其中，所以，，由题意有，解得，所以，函数的单调递减区间为；（2）结合（1）得，因为，所以，所以，，解得，因为，所以，又在中，，所以，由余弦定理得，解得，所以.18．已知数列的各项均为正数，前项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用求得.（2）利用裂项求和法求得.【详解】（1）依题意，当时，，解得，当时，由，得①，所以②，①-②得：，所以，因为，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以；（2）由得，所以，所以.19．已知圆，定点.(1)过点作圆的切线，切点是A，若线段长为，求圆的标准方程；(2)过点且斜率为1的直线，若圆上有且仅有4个点到的距离为1，求的取值范围.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）由题可知，圆心，，由勾股定理有，根据两点间距离公式计算即可求出a的值，进而得出圆的方程；（2）因为圆上有且仅有4个点到的距离为1，圆的半径为2，因此需圆心到直线的距离小于1，设直线的方程为：，根据点到直线的距离公式列出不等式，即可求出的取值范围.【详解】（1）解：由题可知，圆心，由勾股定理有，则即，解得：或，所以圆的标准方程为：或.（2）解：设直线的方程为：，即，由题，只需圆心到直线的距离小于1即可，所以，所以，解得，所以的取值范围为.20．如图，在四边形中，于交点，.沿将翻折到的位置，使得二面角的大小为.(1)证明：平面平面；(2)在线段上（不含端点）是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，为上靠近点的三等分点，理由见解析 【分析】（1）先由题设条件证线面垂直，进而可证面面垂直.（2）由已知条件建立空间直角坐标系，通过三点共线设出点的坐标，然后求出二面角对应的两个平面的法向量，再通过二面角的余弦值的绝对值等于其法向量所成角的余弦值的绝对值求解.【详解】（1）因为，所以，平面,平面,又因为，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）过作，因为平面，所以，因为，平面,平面所以平面，如图所示，以点为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，与过点作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系.因为，所以二面角的平面角为，即则，，.设，则.设是平面的一个法向量，则，取因为是平面的一个法向量.所以，解得或（舍）.所以为上靠近点的三等分点，即.故：存在点为上靠近点的三等分点满足条件.21．在平面直角坐标系中,动点与两点连线斜率分别为,且满足,记动点的轨迹为曲线.(1)求曲线的标准方程;(2)已知点为曲线在第一象限内的点,且,若交轴于点交轴于点,试问:四边形的面积是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)(2)是定值,定值为 【分析】(1)设出点坐标,根据题意将关于点坐标的方程列出,化简即可,注意坐标需要满足的条件;(2)设出点坐标,有得出,的直线方程,得到,点的坐标,由于四边形对角线垂直,其面积为对角线乘积的一半,计算出结果,判断是否为定值即可.【详解】（1）解:由题知不妨设,则有:所以,即,化简得;（2）四边形的面积为定值6,证明如下:不妨设,则有,方程为:,令,则,所以方程为:,令,则,所以,所以,故四边形的面积为定值6.【点睛】求轨迹问题分两类:(1)已知轨迹类型的,设出轨迹方程,用待定系数法求出重点数值即可;(2)未知轨迹类型,求哪点轨迹设哪点坐标,根据题意得出关于坐标的方程等式,进行化简即可.22．已知函数.(1)求的极值；(2)若有两个相异的实根，证明：.【答案】(1)极小值，无极大值(2)证明见解析 【分析】（1）通过二次求导确定的导函数有唯一零点，进而确定的单调区间以及极值；（2）先将题中等式变形为，通过构造函数有两个不同零点确定参数m的范围，再将方程的两相异实根代入，并令，将原不等式中和m均替换为t表示，最后构造关于t的函数，利用求导判断不等式成立即可.【详解】（1）因为所以，令，则，因为，所以，所以在单调递增，又因为，所以当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以当时，取得极小值无极大值.（2）因为有两个相异实根，即有两个相异实根，令，则，当时，，当时，所以在单调递减，单调递增，因为，当，所以因为有两个相异实根，所以，令，则，所以，所以又因为，要证，只需证，因为，所以只需证.即证，因为，所以只需证，即证，令，则所以在上单调递增，，即当时，成立.所以.【点睛】本题主要考查双变量问题，难度较大，解题关键在于通过实根建立方程，再借助换元将双变量转化为单变量，进而构造函数将恒成立问题转化为最值问题，求导确定单调性，使问题得到解决.