2023届重庆市高三上学期第四次质量检测数学试题（解析版）

2023届重庆市高三上学期第四次质量检测数学试题

一、单选题

1．已知复数满足，其中为虚数单位，则复数的模

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】对等式的两边求模，然后进行运算求解即可．

【详解】复数满足，则，

可得，

．

故选：B.

【点睛】本题考查复数模的求法，考查基本运算求解能力，求解时直接对等式两边取模可使运算过程更简洁．

2．已知集合，则集合的真子集个数为（    ）

A．7 B．8 C．15 D．16

【答案】C

【分析】先根据题意求出集合，再求其真子集的个数.

【详解】当时，，

当时，，

当时，，

当时，，

所以，

所以集合的真子集的个数为个，

故选：C

3．已知直线与直线相互平行，则实数m的值是（    ）

A． B．1 C． D．6

【答案】A

【分析】根据直线平行则它们的法向量也互相平行可解，需要验算.

【详解】，

解之：经检验

故选：A.

4．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3，1，4，1，5，9进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个1不相邻，那么小明可以设置的不同密码有（    ）个．

A．240 B．360 C．600 D．720

【答案】A

【分析】直接利用插空法计算得到答案.

【详解】利用插空法：共有种.

故选：A

5．已知函数，正实数a,b满足，则的最小值为（    ）

A．1 B．2 C．4 D．

【答案】B

【分析】先判断函数是严格递增的函数，且有对称中心，找出之间的关系可求.

【详解】，

故函数关于对称，又在上严格递增；

即

当且仅当时取得.

故选：B.

6．已知函数，若关于x的方程有五个不同的实数根，则实数m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】作出的图象，令，则，由题意结合图象可知方程有两个不相等的根，且，或，，令，则结合一元二次方程根分布情况可求得结果.

【详解】的图象如下图，

令，则，

因为关于x的方程有五个不同的实数根，

所以由函数图象可知关于的方程有两个不相等的实根，且，或，，

令，

若，则

，即，解得，

若，，则，无解，

综上，，

故选：C

7．已知点P为抛物线上一动点，点Q为圆上一动点，点F为抛物线的焦点，点P到y轴的距离为d，若的最小值为2，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由抛物线的定义，数形结合可知当共线，且在线段之间时，最短，即此时有最小值，列方程即可求解.

【详解】如图所示：

易知圆的圆心，半径，

抛物线焦点，准线方程，

由抛物线的定义可知：点P到y轴的距离，

所以，

由图可知：当共线，且在线段之间时，最短，

而，故有,

即，解得：.

故选：D

8．已知数列满足，且，若不等式对于任意正整数成立，则的最小值为（    ）

A．10 B．12 C．14 D．16

【答案】C

【分析】由原式可得数列是以1为首项，以1为公差的等差数列，从而求得，结合数列单调性，可得，，从而的最小值为14.

【详解】由，

可得，而，

故数列是以1为首项，以1为公差的等差数列，

所以，即有，

，

因为，当时，，最小值为.

当时，，

若不等式对于任意正整数成立，

则，，

则的最小值为14.

故选：C

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．数据1，3，5，7，9，11，13的第60百分位数为9

B．已知随机变量服从二项分布：，设，则的方差

C．用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个休，则每个个体被抽到的概率都是

D．若样本数据的平均数为2，则的平均数为8

【答案】AD

【分析】由百分位数的概念可判断A，由二项分布的方差可知B错误，由古典概型可判断C，由平均数的性质可判断D.

【详解】对于A，共有7个数据，而，故第60百分位数为9，A正确；

对于B，易知，而，所以，B错误；

对于C，由古典概型可知：从51个体中抽取2个个体，每个个体被抽到的概率都是，C错误；

对于D，若样本数据的平均数为2，则的平均数为，D正确.

故选：AD

10．已知函数，将函数图象上的所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短为原来的一半得到函数，且不等式对任意的恒成立，则下列说法正确的是（    ）

A． B．为的一个零点

C．在上单调递增 D．方程在上共有30个解

【答案】BC

【分析】确定得到A错误，计算得到B正确，，函数单调递增，C正确，计算共有9个根，D错误，得到答案.

【详解】，，故，

故，故，，

，故时，满足，故A错误；

，，B正确；

当时，，函数单调递增，C正确；

，或，，

当，即时，，是方程得到解；

当，即时，，是方程的解.

综上所述：共有9个解，D错误.

故选：BC

11．已知函数有三个不同的极值点，，，且，则下列结论正确的是（    ）

A． B． C．为函数的极大值点 D．

【答案】ACD

【分析】由已知可知方程有三个根，然后利用导数讨论的单调性，结合图象可判断A、B选项；结合图象分析在处的正负，即可得出函数在附近的单调性，即可判断C选项；将代入，然后利用导数讨论其单调性，由单调性可判断D选项.

【详解】由函数有三个不同的极值点，，，

只需有三个零点，即方程有三个根，

设函数，则，

令，即，；令，即或，

所以函数在和上单调递增，在上单调递减，

所以函数的极小值为，且当时，，

如图，当，即时，函数与有三个交点，即函数有三个不同的极值点，故A正确；

对于B，观察图象可知，故B不正确；

对于C，由图象可知，当时，，即，

当时，，即，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以为函数的极大值点，故C正确；

对于D，由，即，

令，，

则，故函数在上单调递减，

故，故D正确.

故选：ACD.

【点睛】方法点睛：将函数极值问题转化方程的根的问题，再转化为函数与函数交点问题，结合图象求解即可.

12．如图，过双曲线右支上一点P作双曲线的切线l分别交两渐近线于A、B两点，交x轴于点D，分别为双曲线的左、右焦点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．

C．

D．若存在点P，使，且，则双曲线C的离心率

【答案】BCD

【分析】联立切线方程与渐近线方程，求出的坐标，即可得，由的取值范围即可得，从而可判断A，由中点坐标公式可判断是的中点，由此可判断BC，由余弦定理结合可判断D.

【详解】先求双曲线上一点的切线方程：

不妨先探究双曲线在第一象限的部分（其他象限由对称性同理可得）.

由，得，所以，

则在的切线斜率，

所以在点处的切线方程为：

又有，化简即可得切线方程为： .

不失一般性，设是双曲线在第一象限的一点，

是切线与渐近线在第一象限的交点，

是切线与渐近线在第四象限的交点,

双曲线的渐近线方程是，

联立：，解得：，

联立：，解得：，

则，

又因为，所以，即，A错误；

由，

可知是的中点，所以，B正确；

易知点的坐标为，

则，

当点在顶点时，仍然满足，C正确；

因为，所以，，

因为，则，解得，即，

代入，得，

所以

，

，

所以，

所以，，所以离心率，D正确.

故选：BCD

【点睛】关键点点睛：利用导数几何意义求得在双曲线上一点的切线方程，并联立渐近线方程，求得的坐标，判断出是中点.

三、填空题

13．已知向量，其中＝，＝2，且，则向量和的夹角是_______.

【答案】

【分析】由有，求出，再由向量夹角公式，即可求解.

【详解】由题意知：

设向量和的夹角为θ

∴有2－2cosθ＝0，解得cosθ＝

,∴θ＝.

故答案为：

【点睛】本题考查了向量垂直与数量积的关系；根据向量垂直，应用数量积公式列方程求夹角

14．已知正项等比数列的前n项和为，且，若，则__________．

【答案】31

【分析】由等比数列的通项公式和前项和公式即可求解.

【详解】由，且得：，

令，则，

解得或（舍），所以，

而数列为正项等比数列，所以，所以，

所以.

故答案为：31

15．已知圆与圆相交于A，B两点，则________．

【答案】

【分析】根据交轨法两圆的方程减一下可得的方程，然后用点到直线的距离公式计算出圆心到的距离，最后用弦长公式可求得.

【详解】两方程作差：，化简得，

，.

故答案为：.

16．已知是单位向量，满足，则的最大值为________．

【答案】

【分析】可设，表示出，将用三角函数表示出来，可以得到俯角的关系式，将整个题目变成一个三角函数求最值的题，同角异名的化简可以用和差化积化简可求.

【详解】依题意，可为与x轴、y轴同向的单位向量，设

化简得：

运用辅助角公式得：

，

即得：，

故；

故答案为：

【点睛】思路点睛：涉及给定长度夹角的向量，可以建立坐标系，借助坐标运算求解，四个向量都是单位向量，其终点都在单位圆上，故可以将向量用圆的参数方程表示出来，将整个向量题转化为已知一个条件三角的值，求另一个三角函数的值.

四、解答题

17．已知等差数列的前n项和为，公差，且满足成等比数列．

(1)求；

(2)求数列的前30项和．

【答案】(1)

(2)1362

【分析】（1）由等差数列的公式列方程组即可求解；

（2）分类讨论即可求解.

【详解】（1）由题意可得：，

解得或（舍）

故.

（2）由（1）可知：，

设数列的前项和为，

易知当时，，，所以，

当时，，，

，

所以.

18．如图，四棱锥中，平面，，E为中点．

(1)求证：平面；

(2)若，求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明，，可得平面.

（2）分别求平面和平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.

【详解】（1）连接，如图所示：

中，，

，为等腰三角形，E为中点，∴，

平面，平面，∴

，平面，

所以平面.

（2）以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

有，，，，，，

平面的一个法向量，

设平面的一个法向量为 ，

则，令，得 ,∴,

二面角的平面角为，，

所以二面角的余弦值为.

19．在锐角中，a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边，外接圆周长为，且．

(1)求c；

(2)记的面积为S，求S的取值范围．

【答案】(1)3

(2)

【分析】（1）由正弦定理即可求得角和.

（2）由正弦定理可得，根据的范围，即可求得面积的范围.

【详解】（1）因为外接圆周长为，

则有，解得，

由正弦定理可得：，

又，

，又，

，，，

由正弦定理可知：.

（2），，

由正弦定理得：，

，

是锐角三角形，

，，

，，

则.

20．《橙子辅导》是一款实景逃脱类游戏，密室逃脱可以因不同的设计思路衍生出不同的主题，从古墓科考到蛮荒探险，从窃取密电到逃脱监笼，玩家可以选择自己喜好的主题场景在规定时间内完成任务，获取奖励．李华同学和他的小伙伴们组团参加了一次密室逃脱游戏，他们选择了其中一种模式，该游戏共有三关，分别记为A，B，C，他们通过三关的概率依次为：．若其中某一关不通过，则游戏停止，游戏不通过．只有依次通过A，B，C三道关卡才能顺利通关整个游戏，并拿到最终奖励．现已知参加一次游戏的报名费为150元，最终奖励为400元．为了吸引更多的玩家来挑战该游戏，商家推出了一项补救活动，可以在闯关前付费购买通关币．游戏中，若某关卡不通过，则自动使用一枚通关币通过该关卡进入下一关．购买一枚通关币需另付100元，游戏结束后，剩余的未使用的通关币半价回收．

(1)若李华同学购买了一枚通关币，求他通过该游戏的概率．

(2)若李华同学购买了两枚通关币，求他最终获得的收益期望值．（收益等于所得奖励减去报名费与购买通关币所需费用）．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分四类情况讨论即可；

（2）分四类情况分别求出可能的收益，再求对应的概率即可求得期望值.

【详解】（1）由题意可知：这一枚通关币的使用情况有四种：

①在第一关使用；②在第二关使用；③在第三关使用；④没有使用.

而通过三关的概率依次为：，

则李华通过该游戏的概率．

（2）购买两枚通关币的费用为200元，报名费为150元，

则收益可能为：（未使用通关币过关），

（使用1枚通关币且过关），

（使用2枚通关币且过关），

（使用2枚通关币且未过关），

则

则.

所以他最终获得的收益期望值是元.

21．已知函数．

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)若不等式对恒成立，求实数a的范围；

(3)证明：当．

【答案】(1)

(2)

(3)证明见解析

【分析】对于（1），求出，结合点斜式可得答案.

对于（2），对两次求导后，分类讨论a的范围结合对恒成立可得答案.

对于（3），由（2）可得，令，其中.则可得，又令，则有，后通过累加可证明

【详解】（1）由题，则.

得，故在点处的切线方程为：

.

（2）由题，，

令，则.

①当，即时，，有在上单调递增，则，得在上单调递增，

此时，故满足题意.

②当，即时，令，得，

则在上单调递减，又，

得在上单调递减，此时，故不合题意.

综上可得：.

（3）由（2），当时有.

注意到，则令，其中.

则由

可得，当且仅当取等号.

其中.

则令，其中，

得.

又代换后原不等式中的等号已经取不到（需），故有

即，其中.

则有

故原式得证.

【点睛】关键点点睛：本题涉及求曲线在一点切线方程，恒成立问题，及通过已知结论证明不等式.（1）较为基础，解决（2）类问题，常利用分离参数，但本题分参后对应函数较为复杂，故利用分类讨论求的范围.解决（3）问，常需利用前面所涉问题结论，因本题涉及，故首先令，后结合所证，逐步调整结论形式，最终解决问题.

22．已知椭圆的左右焦点分别为，右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，．

(1)若的面积为，求椭圆的标准方程；

(2)如图，过点作斜率的直线l交椭圆于不同两点M，N，点M关于x轴对称的点为S，直线交x轴于点T，点P在椭圆的内部，在椭圆上存在点Q，使，记四边形的面积为，求的最大值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由已知条件由方程组可解出得到椭圆方程.

（2）直线方程与椭圆方程联立方程组，由韦达定理化简和，把表示为关于k的函数，利用导数求解最大值.

【详解】（1），∴，

，，又，

解得，所以椭圆的标准方程为：.

（2），∴，椭圆，

 令，直线l的方程为：，

联立方程组： ，消去y得，

由韦达定理得，，

有 ，

因为：，所以， ，

将点Q坐标代入椭圆方程化简得： ，

而此时： .

令，所以直线 ，

令得 ，

由韦达定理化简得，

，而， O点到直线l的距离， 所以：，

，，

因为点P在椭圆内部，所以 ，得，即

令 ，求导得 ，

当 ，即时，，单调递增； 当 ，即时，，单调递减.

所以： ，即 .

【点睛】思路点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

(2)注意观察应用题设中的每一个条件，强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．